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全国中学生物理竞赛决赛试题精华集(1)答案


地磁学专辑答案

第 21 届预赛 2004.9.5
三,设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0,因为速度方向平行于电容器的极 板,通过长度为l的极板区域所需的时间 t1=l/v0 (1) 当两极板之间加上电压时,设两极板间的场强为E,作用于电子的静电力的大小为qE方向垂 直于极板由C指向D,电子的加速度

a=

/>而

qE m

(2)

U (3) d 因电子在垂直于极板方向的初速度为0,因而在时间t1内垂直于极板方向的位移 1 y1 = at12 (4) 2 电子离开极板区域时,沿垂直于极板方向的末速度 (5) vy=at1 设电子离开极板区域后,电子到达荧光屏上P点所需时间为t2 t2=(L-l/2)/v0 (6) 在t2时间内,电子作匀速直线运动,在垂直于极板方向的位移 y2=vyt2 (7) P点离开O点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移 y=y1+y2 (8) 由以上各式得电子的荷质比为 E=
2 q v0 d = y (9) m UlL 加上磁场B后,荧光屏上的光点重新回到O点,表示在电子通过平行板电容器的过程中电子 所受电场力与磁场力相等,即 qE=qv0B (l0) 注意到(3)式,可得电子射入平行板电容器的速度 U v0 = (11) Bd 代人(9)式得 q U = 2 y (12) m B lLd 代入有关数据求得 q = 1.6 × 1011 C/kg (13) m

评分标准: 本题15分.(l),(2),(3),(4),(5),(6),(7),(8)式各1分,(10) 式3分,(12),(13)式各2分.

五,用E 和I分别表示abdc回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁感应定律 和欧姆定律可知 E =Bl(v2-v1) (1)

E (2) 2R 令F表示磁场对每根杆的安培力的大小,则 F=IBl (3) 令a1和a2分别表示ab杆cd杆和物体M加速度的大小, T表示绳中张力的大小, 由牛顿定律可知 F=ma1 (4) Mg-T=ma2 (5) (6) T-F=ma2 由以上各式解得 I=
a1 = B 2l 2 (v2 v1 ) 2 Rm
(7)

a2 =

2MgR B 2l 2 (v2 v1 ) 2( M + m) R

(8)

评分标准: 本题15分. (l)式3分, (2)式2分, (3)式3分, (4), (5), (6)式各1分, (7), (8)式各2分. 八,设B,C右方无穷组合电路的等效电阻为RBC,则题图中通有电流的电路可以简化为图1 中的电路.B,C右方的电路又可简化为图2的电路,其中 RB′C′ 是虚线右方电路的等效电阻. 由于B′,C′右方的电路与B,C右方的电路结构相同,而且都是无穷组合电路,故有

RBC = RB′C′
(1) 由电阻串,并联公式可得

RBC = 1 +

2 RB′C ′ 2 + RB′C ′

(2) 由式(1),(2)两式得
2 RBC RBC 2 = 0

图1

图2

解得 RBC=2.0 (3) 图1所示回路中的电流为

图3

20 + 10 24 A=0.10 A (4) 10 + 30 + 18 + 2 电流沿顺时针方向. 设电路中三个电容器的电容分别为C1,C2和C3,各电容器极板上的电荷分别为Q1,Q2 和Q3,极性如图3所示.由于电荷守恒,在虚线框内,三个极板上电荷的代数和应为零,即 Q1+Q2-Q3=0 (5) A,E两点间的电势差 I=
UA UE =
又有

Q1 Q3 + C1 C3

(6)

U A U E = (10 30 × 0.10)V=7.0 V
B,E两点间的电势差

(7)

UB UE =
又有

Q2 Q3 + C2 C3

(8)

U B U E = (24 + 20 × 0.10)V=26 V

(9)

根据(5),(6),(7),(8),(9)式并代入C1,C2和C3之值后可得 - Q3=1.3×10 4C (10) -4 即电容器C3与E点相接的极板带负电,电荷量为1.3×10 C. 评分标准: 本题17分.求得(3)式给3分,(4)式1分,(5),(6),(7),(8),(9), (10)式各2分,指出所考察的极板上的电荷是负电荷再给1分.

第 21 届复赛
五,1.解法Ⅰ:

′ 如图 1 所示,S 为原空腔内表面所在位置, q1 的位置应位于 OP1 的延长线上的某点 B1 处, q ′ 的位置应位于 OP2 的延长线上的某点 B2 处.设 A1 为 S 面上的任意一点,根据题意 2 有 A1 ′ q1 q1 k +k =0 (1) A1 P1 A1 B1 Oθ B2 P2 a a P1 q q′ k 2 +k 2 =0 (2) R A1 P2 A1 B2 S 图1
怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图 1 中 OP1 A1 与 OA1 B1 的关系. ′ 若等效电荷 q1 的位置 B1 使下式成立,即

B1

OP1 OB 1=R 2


(3)

OP1 OA1

=

OA1 OB1

(4)



△OP1 A1 ∽△OA1 B1



A1 P1 A1 B1

=

OP1 OA1

=

a R

(5)

′ 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷 q1
′ q1 = R q1 a
(6)

′ 由 (3) 式知,等效电荷 q1 的位置 B1 到原球壳中心位置 O 的距离
OB1 = R2 a
(7)

同理,B2 的位置应使 △OP2 A1 ∽△OA1 B2 ,用类似的方法可求得等效电荷

q′ = 2
等效电荷 q ′ 的位置 B2 到原球壳中心 O 位置的距离 2

R q2 a

(8)

OB2 =
解法Ⅱ:

R2 a

(9)

′ 在图 1 中,设 A1 P1 = r1 , A1 B1 = r1′ , OB1 = d .根据题意, q1 和 q1 两者在 A1 点产生的
电势和为零.有

k

q1 q′ +k 1 =0 r1 r1′

(1' )

式中

r1 = ( R 2 + a 2 2 Ra cos θ )1 2 r1′ = ( R 2 + d 2 2 Rd cos θ )1 2
由(1', )(3' )(2', )式得

(2' ) (3' )

′ q12 ( R 2 + d 2 2 Rd cos θ ) = q1 ( R 2 + a 2 2 Ra cos θ ) (4' )
2

(4' )式是以 cosθ 为变量的一次多项式,要使(4' )式对任意 θ 均成立,等号两边的相应 系数应相等,即

′ q12 ( R 2 + d 2 ) = q1 ( R 2 + a 2 )
2

(5' )
2

′ q12 d = q1 a

(6' ) 由(5', )式得 )(6'

ad 2 (a 2 + R 2 )d + aR 2 = 0
解得

(7' ) (8' )

d=

(a 2 + R 2 ) ± (a 2 R 2 ) 2a

由于等效电荷位于空腔外部,由(8' )式求得

d=
由(6', )式有 )(9'

R2 a

(9' )

′ q1 2 =

R2 2 q1 a2

(10' )

考虑到(1' )式,有

′ q1 =

R q1 a

(11' ) 同理可求得

OB2 =

R2 a

(12' )

′ q2 =

R q2 a

(13' )

′ ′ 2.A 点的位置如图 2 所示.A 的电势由 q1, q1 ,q2, q 2 共同产生,即
1 R 1 1 R 1 U A = kq + P A a B A P A a B A 1 1 2 2
因 (10)

P1 A = r 2 2ra cos θ + a 2
R2 B1 A = r 2r a
2 2

R2 cos θ + a
2

2

A

B2

P2 A = r + 2ra cosθ + a

O θ P2 a a P1 R S
图2

B1

R2 B 2 A = r + 2r a
2

R2 cos θ + a

2

代入 (10) 式得

1 R U A = kq 2 2 2 2 a r 2raR2 cosθ + R 4 r 2ra cosθ + a
+ 1 r 2 + 2ra cos θ + a 2 a 2 r 2 + 2raR 2 cos θ + R 4 R
(11)

评分标准: 本题 20 分.第 1 问 18 分,解法Ⅰ中(1),(2),(6),(7),(8),(9) 式各 3 分.解法Ⅱ的评分可 参考解法Ⅰ. 第 2 问 2 分,即(11)式 2 分. 七,解法Ⅰ: 当金属杆 ab 获得沿 x 轴正方向的初速 v0 时,因切割磁力线而产生感应电动势,由两金 属杆与导轨构成的回路中会出现感应电流.由于回路具有自感系数,感应电流的出现,又会 在回路中产生自感电动势,自感电动势将阻碍电流的增大,所以,虽然回路的电阻为零,但 回路的电流并不会趋向无限大,当回路中一旦有了电流,磁场作用于杆 ab 的安培力将使 ab 杆减速,作用于 cd 杆的安培力使 cd 杆运动. ,当 v1,v2 设在任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) 为正时,表示速度沿 x 轴正方向;若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向,则因 两杆作切割磁力线的运动而产生的感应电动势

E = Bl (v1 v 2 )
当回路中的电流 i 随时间的变化率为 i t 时,回路中的自感电动势

(1)

EL = L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

i t

(2)

E + EL = 0
金属杆在导轨上运动过程中,两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零,系统的 质心作匀速直线运动.设系统质心的速度为 VC,有

(3)

mv 0 = 2mVC


(4)

VC =

v0 2

(5)

VC 方向与 v0 相同,沿 x 轴的正方向. 现取一新的参考系 S ′ , 它与质心固连在一起, 并把质心作为坐标原点 O ′ , 取坐标轴 O ′x ′ 与 x 轴平行.设相对 S ′ 系,金属杆 ab 的速度为 u,cd 杆的速度为 u ′ ,则有

v1 = VC + u

(6)

v 2 = VC + u ′
因相对 S ′ 系,两杆的总动量为零,即有

(7)

mu + mu ′ = 0
由(1),(2),(3),(5),(6) ,(7) ,(8)各式,得

(8)

i t 在 S ′ 系中,在 t 时刻,金属杆 ab 坐标为 x ′ ,在 t+t 时刻,它的坐标为 x ′ + x ′ ,则由 速度的定义 x ′ u= t 代入 (9) 式得 2 Blx ′ = Li 2 Blu = L
若将 x ′ 视为 i 的函数,由(11)式知 x ′ i 为常数,所以 x ′ 与 i 的关系可用一直线方程表 示

(9)

(10)

(11)

x′ =

L i+b 2 Bl
1 x 0 ,这 2

(12)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=0时刻,金属杆 ab 在 S ′ 系中的坐标 x ′ = 时 i = 0,故得

x′ =


L 1 i + x0 2 Bl 2

(13)

i=

2 Bl 1 x ′ x0 L 2

(14)

1 1 x0 表示 t=0时刻金属杆 ab 的位置.x ′ 表示在任意时刻 t, ab 的位置, x ′ x0 杆 故 2 2
就是杆 ab 在 t 时刻相对初始位置的位移,用 X 表示,

1 x0 2 当 X>0 时, 杆位于其初始位置的右侧; X<0 时, 杆位于其初始位置的左侧. ab 当 ab 代入(14) 式,得 2 Bl i= X L 这时作用于 ab 杆的安培力

X = x′

(15)

(16)

2B 2 l 2 X L ab 杆在初始位置右侧时,安培力的方向指向左侧;ab 杆在初始位置左侧时,安培力的 方向指向右侧,可知该安培力具有弹性力的性质.金属杆 ab 的运动是简谐振动,振动的周 期 F = iBl =

(17)

T = 2π

(

m 2B l L
2 2

)

(18)

在任意时刻 t, ab 杆离开其初始位置的位移

2π X = A cos t + T
A 为简谐振动的振幅, 为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 ab 杆的振动速度

(19)

2π 2 π u = A sin t + T T
(19), (20)式分别表示任意时刻 ab 杆离开初始位置的位移和运动速度. 现已知在 t=0 时刻, ab 杆位于初始位置,即 X=0 速度

(20)

u = v 0 VC = v 0
故有

1 1 v0 = v0 2 2

0 = A cos
v0 2π = A sin 2 T
解这两式,并注意到(18)式得

= 3π 2
A=
由此得 ab 杆的位移

(21)

v0 v T= 0 4π 2 Bl

mL 2

(22)

X=

v0 2 Bl

mL 3π v 2π cos t + = 0 2 2 2 Bl T

mL 2π sin t 2 T

(23)

由 (15) 式可求得 ab 杆在 S ′ 系中的位置

′ x ab =

v 1 x0 + 0 2 2 Bl

mL 2π sin t 2 T

(24)

因相对质心,任意时刻 ab 杆和 cd 杆都在质心两侧,到质心的距离相等,故在 S ′ 系中,cd 杆的位置

v 1 ′ xcd = x0 0 2 2 Bl
相对地面参考系 S,质心以 VC = 参考系中的位置 v 1 x ab = x 0 + v 0 t + 0 2 2 Bl cd 杆在 S 系中的位置

mL 2π sin t 2 T

(25)

1 v 0 的速度向右运动,并注意到(18)式,得 ab 杆在地面 2
(26)

mL 2 t sin Bl 2 mL

x cd =
回路中的电流由 (16) 式得

v 1 v0t 0 2 2 Bl

mL 2 t sin Bl 2 mL

(27)

i=

2 Bl v 0 L 2 Bl

mL 2π m 2 t sin t = v0 sin Bl 2 T 2L mL

(28)

解法Ⅱ: 当金属杆在磁场中运动时,因切割磁力线而产生感应电动势,回路中出现电流时,两金 属杆都要受到安培力的作用,安培力使 ab 杆的速度改变,使 cd 杆运动.设任意时刻 t,两 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,若规定逆时针方向为回路电动势和电流的正 方向,则由两金属杆与导轨构成的回路中,因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为

E = Bl (v1 v 2 )
令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度,有

(1')

EL = Blu
当回路中的电流 i 变化时,回路中有自感电动势 EL,其大小与电流的变化率成正比,即有

(2')

EL = L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

i t

(3')

E + EL = 0
由式(2'),(3')两式得

i t 设在 t 时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x ′ ,在 t+t 时刻,ab 相对于 cd 杆的距离 为 x ′ + x ′ ,则由速度的定义,有 x ′ u= t 代入 ( 4 ′ ) 式得 Blx ′ = Li Blu = L
若将 x ′ 视为 i 的函数,由(6')式可知, x ′ i 为常量,所以 x ′ 与 i 的关系可以用一直线方程 表示,即

(4')

(5')

(6')

x′ =

L i+b Bl

(7')

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=0时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x0 ,这时 i = 0,故得



L i + x0 Bl Bl (x ′ x0 ) i= L x′ =

(8') (9')

x0 表示 t=0时刻金属杆 ab 相对于 cd 杆的位置.x ′ 表示在任意时刻 t 时 ab 杆相对于 cd 杆的位置,故 (x ′ x0 ) 就是杆 ab 在 t 时刻相对于 cd 杆的相对位置相对于它们在 t=0时刻的 相对位置的位移,即从 t=0到 t=t 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移 X = x ′ x0 于是有 Bl i= X L 任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆因受安培力作用而分别有加速度 aab 和 acd,由牛顿定律有

(10')

(11')

iBl = ma ab iBl = ma cd
两式相减并注意到( 9′ )式得

(12') (13')

m(a ab a cd ) = 2iBl =

2B 2 l 2 X L

(14')

式中 (a ab a cd ) 为金属杆 ab 相对于 cd 杆的加速度,而 X 是 ab 杆相对 cd 杆相对位置的位 移.

2B 2l 2 是常数,表明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期 L

T = 2π

(

m 2B l L
2 2

)

(15')

在任意时刻 t,ab 杆相对 cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移

2π X = A cos t + T
A 为简谐振动的振幅, 为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 X 随时间的变化率 即速度

(16')

2π 2π V = A sin + T T
现已知在 t=0 时刻,杆位于初始位置,即 X = 0,速度 V = v 0 故有

(17')

0 = A cos
2π v 0 = A sin T
解这两式,并注意到(15') 式得

= 3π 2
A=
v0 v T= 0 2π Bl

mL 2

由此得

X=

v0 Bl

mL 3π v 2π cos t + = 0 2 2 Bl T

mL 2 t sin Bl 2 mL

(18')

因 t = 0 时刻,cd 杆位于 x = 0 处,ab 杆位于 x = x0 处,两者的相对位置由 x0 表示;设 t 时 刻,cd 杆位于 x = xcd 处,ab 杆位于 x = xab 处,两者的相对位置由 xab-xcd 表示,故两杆的 相对位置的位移又可表示为 X = xab-xcd-x0 所以

(19')

x ab x cd = x 0 +
(12')和(13')式相加,

v0 Bl

mL 2 t sin Bl 2 mL

(20')

m(aab + acd ) = iBl + iBl = 0


(a ab + a cd ) = 0
由此可知,两杆速度之和为一常数即 v0,所以两杆的位置 xab 和 xcd 之和应为 xab+xcd = x0+v0t 由(20')和(21')式相加和相减,注意到(15')式,得 (21')

v mL 1 2 t xab = x0 + v0t + 0 sinBl mL 2 2Bl 2
x cd =

(22')

v 1 v0t 0 2 2 Bl

mL 2 t sin Bl 2 mL

(23')

由(11'), (19')(22'),(23')式得回路中电流

i = v0

m 2 t sin Bl 2L mL

(24')

评分标准:本题 25 分. 解法Ⅰ 求得(16)式 8 分,(17),(18),(19)三式各 2 分. (23)式 4 分,(24),(25)二式各 2 分,(26),(27),(28)三式各 1 分. 解法Ⅱ的评分可参照解法Ⅰ评分标准中的相应式子给分.

第 20 届预赛
v⊥ 四,参考解答 设计的磁场为沿 z 轴方向的匀强磁场, O 点和 M 点都处 于这个磁场中. 下面我们根据题意求出这种磁场的磁感应强度 的大小.粒子由 O 点射出就进入了磁场,可将与 z 轴成 θ 角的
速度分解成沿磁场方向的分速度 vZ 和垂直于磁场方向的分速 v v

θ

vz

度 v⊥ (见图预解 20-4-1) ,注意到 θ 很小,得

vZ = v cosθ ≈ v v⊥ = v sin θ ≈ vθ

(1) (2)

粒子因具有垂直磁场方向的分速度,在洛仑兹力作用下作圆周运动,以 R 表示圆周的半径, 有

qBv⊥ = m
圆周运动的周期

2 v⊥ R

T=
由此得

2π R v⊥

T=

2π m qB

(3)

可见周期与速度分量 v⊥ 无关. 粒子因具有沿磁场方向的分速度,将沿磁场方向作匀速直线运动.由于两种分速度同 时存在,粒子将沿磁场方向作螺旋运动,螺旋运动 螺距为

h = vZ T = vT

(4)

由于它们具有相同的 v ,因而也就具有相同的螺距; 又由于这些粒子是从同一点射出的,所以经过整数 个螺距(最小是一个螺距)又必定会聚于同一点. 只要使 OM 等于一个螺距或一个螺距的 n (整数) 倍,由 O 点射出的粒子绕磁场方向旋转一周(或若 干周后)必定会聚于 M 点,如图 20-4-2 所示.所以 d = nh , n =1,2,3,… (5) 由式(3)(4)(5)解得 , ,

B=

2π mvn , n =1,2,3,… qd

(6)

这就是所要求磁场的磁感应强度的大小,最小值应取 n =1,所以磁感应强度的最小值为

B=

2π mv . qd

(7)

评分标准:本题 20 分. 磁场方向 2 分,式(3)(4)各 3 分,式(5)5 分,求得式(6)给 5 分,求得式(7)再 , 给 2 分. 七,参考解答

在电压为 U 0 时,微粒所受电场力为 U 0 q / 2l ,此时微粒的加速度为 a0 = U 0 q / 2lm .将 此式代入题中所给的等式,可将该等式变为

l=

3 T a0 16 2

2

(1)

现在分析从 0 到 T / 2 时间内,何时产生的微粒在电场力的作用下能到达 A 板,然后计 算这些微粒的数目. 在 t = 0 时产生的微粒,将以加速度 a0 向 A 板运动,经 T / 2 后,移动的距离 x 与式(1) 相比,可知

1 T x = a0 > l 2 2

2

(2)

即 t = 0 时产生的微粒,在不到 T / 2 时就可以到达 A 板.在 U A = U 0 的情况下,设刚能到达 A 板的微粒是产生在 t = t1 时刻,则此微粒必然是先被电压 U 0 加速一段时间 t1 ,然后再被 电压 2U 0 减速一段时间,到 A 板时刚好速度为零.用 d1 和 d 2 分别表示此两段时间内的位 移, v1 表示微粒在 t1 内的末速,也等于后一段时间的初速,由匀变速运动公式应有

1 d1 = a0 (t1 )2 2

(3) (4)

0 = v12 + 2(2a0 )d 2
又因

v1 = a0 t1 , d1 + d 2 = l , t1 + t1 =
由式(3)到式(7)及式(1) ,可解得

(5) (6) (7)

T , 2

t1 =

T , 2

(8)

这就是说, U A = U 0 的情况下, t = 0 到 t = T / 4 这段时间内产生的微粒都可到达 A 板 在 从 (确 切地说,应当是 t < T / 4 ) . 为了讨论在 T / 4 < t ≤ t / 2 这段时间内产生的微粒的运动情况, 先设想有一静止粒子在 A 板附近,在 U A = 2U 0 电场作用下,由 A 板向 B 板运动,若到达 B 板经历的时间为 τ ,则 有

1 2l = (2a0 )τ 2 2
根据式(1)可求得

τ=

3 1 T 2 4

由此可知,凡位于 MN 到 A 板这一区域中的静止微粒,如果它受 U = 2U 0 的电场作用时间 大于 τ ,则这些微粒都将到达 B 板. 在 向 加速的时间为 T / 4 , 在 t = T / 4 发出的微粒, U A = U 0 的电场作用下, A 板加速运动, 接着在 U A = 2U 0 的电场作用下减速, 由于减速时的加速度为加速时的两倍, 故经过 T / 8 微 粒速度减为零.由此可知微粒可继续在 U A = 2U 0 的电场作用下向 B 板运动的时间为

τ1 = T T = T = T
,不 由于 τ 1 > τ ,故在 t = T / 4 时产生的微粒最终将到达 B 板(确切地说,应当是 t < T / 4 ) 会再回到 A 板. 在 t 大于 T / 4 但小于 T / 2 时间内产生的微粒,被 U A = U 0 的电场加速的时间小于 T / 4 , 在 U A = 2U 0 的电场作用下速度减到零的时间小于 t = T / 8 ,故可在 U A = 2U 0 的电场作用 下向 B 板运动时间为

1 2

1 8

3 8

3 1 2 4

1 1 2 8 所以这些微粒最终都将打到 B 板上,不可能再回到 A 板. 由以上分析可知,在 t = 0 到 t = T / 2 时间内产生的微粒中,只有在 t = 0 到 t = T / 4 时间 内产生的微粒能到达 A 板,因为各个时刻产生带电微粒的机会均等,所以到达 A 板的微粒 数为 1 N = 320 × = 80 (9) 4 评分标准:本题 20 分. 论证在 t = 0 到 t = T / 4 时间内产生的微粒可能到达 A 板给 10 分;论证 t = T / 4 到 t = T / 2 时 间内产生的微粒不能到达 A 板给 6 分.求得最后结果式(9)再给 4 分.

τ ′ > T T = τ1

第 20 届复赛
一,参考解答 令 m 表示质子的质量,v0 和 v 分别表示质子的初速度和到达 a 球球面处的速度,e 表示 元电荷,由能量守恒可知

1 2 1 2 mv0 = mv + eU 2 2

(1)

因为 a 不动, 可取其球心 O 为原点, 由于质子所受的 a 球对它的静电库仑力总是通过 a 球的 球心,所以此力对原点的力矩始终为零,质子对 O 点的角动量守恒.所求 l 的最大值对应于 质子到达 a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切 (见复解 20-1-1) 以 lmax 表示 l 的最 . 大值,由角动量守恒有

mv0lmax = mvR
由式(1)(2)可得 ,

(2)

lmax = 1
代入数据,可得

eU R 2 mv0 / 2

(3)

2 R (4) 2 若把质子换成电子,则如图复解 20-1-2 所示,此时式(1)中 e 改为 e .同理可求得 lmax =
lmax =

6 R 2

(5)

评分标准:本题 15 分. 式(1)(2)各 4 分,式(4)2 分,式(5)5 分. , 六,参考解答 在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比.因为取无限远处为 电势的零点, 故正电荷在空间各点的电势为正; 负电荷在空间各点的电势为负. 现已知 x = x0 处的电势为零,故可知这两个点电荷必定是一正一负.根据所提供的电势的曲线,当考察点 离坐标原点很近时,电势为正,且随 x 的减小而很快趋向无限大,故正的点电荷必定位于原 点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的电量.当 x 从 0 增大时,电势没有出现负无限大,即没有经

过负的点电荷, 这表明负的点电荷必定在原点的左侧. 设它到原点的距离为 a , x 很大时, 当 电势一定为负,且趋向于零,这表明负的点电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 .即产生题目所 给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为 Q1 ;另一个是位于负 x 轴上离 原点距离 a 处的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 .按题目所给的条件有

k

Q1 Q2 k =0 x0 x0 + a

(1)

k

Q1 Q2 k = U 0 ax0 ax0 + a

(2)

因 x = ax0 时,电势为极小值,故任一电量为 q 的正检测电荷位于 x = ax0 处的电势能也 为极小值,这表明该点是检测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零, 因而有

k

Q1 Q2 k =0 2 (ax0 ) ( ax0 + a )2

(3)

由式(1)(2)和(3)可解得 ,

a = a (a 2) x0

(4) (5) (6)

ax0 U 0 a2 k a (a 1)2 U 0 x0 Q2 = a2 k Q1 =
式中 k 为静电力常量. 评分标准:本题 23 分. 式(1)(2)各 4 分,式(3)6 分,式(4)(5)(6)各 3 分. , , ,

七,参考解答 设物块在 A1 点第一次与地面碰撞,碰撞前水 平速度仍为 v0 ,竖直速度为

u0 = 2 gh

(1)

碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

u1 = eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 t ,因为碰撞时间极短,物块与地面间沿竖直方向的作用

力比重力大得多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为 mu0 + mu1 N1 = (3) t 水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有

mv1 mv0 = N1t
由以上各式得

(4)

v1 = v0 (1 + e) u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,…, An 其碰撞后的竖直分速度分别为

(5)

u 2 = e 2 u0 u3 = e3u0
…………

un = e n u0
其水平速度分别为

(6)

v2 = v0 (1 + e) (1 + e)u0 v3 = v0 (1 + e) (1 + e + e 2 )u0
…………

vn = v0 (1 + e) (1 + e + e 2 + + en 1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n → ∞ 时,碰地后竖直方向的分速度 un 才趋向于零,但物 块对地面的正压力的最小值不小于 mg .地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 mg , 因次,物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零,且不会反向. 设经过 n = n0 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已经足够小,再经过一次碰撞,即在

n = n0 + 1 次碰撞结束后,水平方向的分速度恰好变为零.因 vn
v0 (1 + e) (1 + e + e 2 + + e n0 )u0 = 0

0 +1

= 0 ,由式(7)

v0

(1 + e) (1 e n0 +1 )u0 =0 1 e
(1 e)v0 (1 + e) u0

e n0 +1 = 1
两边取对数

n0 + 1 =


(1 e)v0 1 lg 1 lg e (1 + e) u0

(8)

B=

(1 e)v0 1 lg 1 lg e (1 + e) u0

(9)

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 t ,水平速度变为零,则碰撞 次数

n0 + 1 = B


n0 = B 1

(10)

若 B 不是整数,此种情况对应于在 n = n0 + 1 次碰撞结束前,即在小于碰撞时间内,水 平速度变为零.则碰撞次数

n0 + 1 = [ B ] + 1


n0 = [ B ]

(11)

[ B ] 表示 B 的整数部分.
由于经过 n0 + 1 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已为零,但竖直方向的分速度尚未为 零,故物块将在 An0 +1 处作上下跳跃,直到 en u0 → 0 ,即 n → ∞ ,最后停止在 An0 +1 处.物 块运动的最远水平距离 s = A0 An0 +1 .下面分别计算每次跳跃的距离.

A0 A1 =

u0 v0 g

(12)

A1 A2 =

2 2eu0 v0 2eu0 2u1 v1 = (1 + e) g g g

A2 A3 =

2 2e 2u0 v0 2e2u0 (1 + e) (1 + e) g g

…………

An0 An0 +1 =

2 2en0 u0 v0 2e n0 u0 (1 + e) (1 + e + e 2 + + e n0 1 ) g g

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为

s=

u0 2u v 2u 2 v0 + 0 0 (e + e2 + + e n0 ) 0 (1 + e) [e + e 2 (1 + e) + e3 (1 + e + e 2 ) g g g
(14)

+ + en0 (1 + e + e2 + + e n0 1 )]
分别求级数的和:

1 e n0 1 e n0 2 3 2 e + e (1 + e) + e (1 + e + e ) + + e (1 + e + e 2 + + en0 1 ) e + e 2 + e3 + + e n0 = e = e + e2 = 1 e2 1 e3 1 e n0 + e3 + + e n0 1 e 1 e 1 e

(15)

1 [e(1 e) + e 2 (1 e 2 ) + e3 (1 e3 ) + + en0 (1 en0 )] 1 e 1 e en0 +1 en0 + 2 + e2 n0 + 2 ( ) 1 e 1 e2
(16)

=

,得 将以上两个关系式和 u0 = 2 gh 代入式(14)

s = v0

2h 1 e n0 4e h (1 + 2e ) (1 e n0 )(1 e n0 +1 ) g 1 e (1 e) 2

(17)

式中 n0 由式(10)或式(11)决定. 评分标准:本题 25 分. 式(6)3 分,式(7)6 分,式(8)4 分,式(10)2 分,式(11)2 分,式(14)5 分,求 得式(17)并说明 n0 的取值,给 3 分.

第 19 届预赛
二,参考解答

1 1 1 (1) E 2C ,0 (2) E 2C , E 2C 2 4 2 评分标准:本题 20 分. (1)10 分.其中每个空 5 分. (2)10 分.其中每个空 5 分.

第 19 届复赛
二,参考解答 由于圆柱形区域内存在变化磁场, 在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场, 电场线为 圆,圆心在圆柱轴线上,圆面与轴线垂直,如图中虚点线所示.在这样的电场中,沿任意半 径方向移动电荷时,由于电场力与移动方向垂直,涡旋电场力做功为零,因此沿半径方向任 意一段路径上的电动势均为零. 1. 任意点在磁场区域内: P 为任意点 令 (见图复解19-2-1)x ≤ 2 R , 在图中连直线 OA 与 OP . 取闭合回路 APOA , 可得回路电动势 E1 = E AP + EPO + EOA , 式中 E AP ,EPO ,EOA

分别为从 A 到 P ,从 P 到 O ,从 O 到 A 的电动势.由前面的分析可知 EPO = 0 , EOA = 0 , 故

E AP = E1

(1)

令 AOP 的面积为 S1 ,此面积上磁通量 φ1 = BS1 ,由电磁感应定律,回路的电动势大小 为

E1 =
根据题给的条件有

φ1 B = S1 t t
(2)

E1 = S1k
由图复解19-2-2可知 1 xR S1 = xR sin α = 2 2 2 由(1),(2),(3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为 kR E AP = x 2 2

(3)

(4)

A R

α

x P O

C

A

α R O

α

C

α β D

Q

图复解 19-2-1

图复解 19-2-2

2. 任意点在磁场区域外: Q 为任意点 令 (见图复解19-2-2) x > 2 R . , 在图中连 OA ,

OQ .取闭合回路 AQOA ,设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有

E AQ = E2

(5)

对于回路 AQOA ,回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量,此面积为

S2 ,通过它的磁通量 φ2 = BS 2 .根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小 E2 = S 2 k
在图中连 OC ,令 ∠COQ = β ,则 ∠OQC = α β ,于是 (6)

S2 = AOC的面积 + 扇形OCD的面积 1 β π R2 = ( R sin α ) 2 R cos α + 2 2π 1 2 = R (sin 2α + β ) 2 1 当 α = π / 4 时, S2 = R 2 (1 + β ) , 2 OCQ 中有
x 2R R = sin β sin[(π / 4) β ] R sin β = ( x 2 R)sin( = ( x 2 R)

π
4

β)

1 (cos β sin β ) 2

(R +

x 2R x 2R )sin β = cos β 2 2
x 2R x
(7)

tan β =
于是得

1 2 x 2R R (1 + arctan ) 2 x 由(5),(6),(7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为 S2 = E AQ = kR 2 x 2R (1 + arctan ) 2 x

(8)

四,参考解答 1.(1)调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置,将阀门10关闭使两边气体隔绝,记 下有色液柱的位置; (2)合上开关 S ,测得电流 I ; (3)打开开关 S ; (4)测出有色液体右移的最远距离 x ; (5)改变电源电压,重复测量多次,记下多次的 I 和 x 值. 2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W =

1 2 LI ,因二极管 D 的存在, r 中无电流.打开开 2 关 S 后,由于 L 中有感应电动势,在线圈 L ,电阻器 ab 和二极管 D 组成的回路中有电流通

过,最后变为零.在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为 r 和 rL 上放出的热量,其 中 r 上放出的热量为

Q =

1 2 r LI 2 r + rL

(1)

此热量使试管中的气体加热,升温.因为是等压过程,所以气体吸热为

Q =

m



C p T

(2)

式中 m 为气体质量, 为其摩尔质量, T 为温升,因为是等压过程,设气体体积改变量为

V ,则由理想气体状态方程可得 p V = V = m



RT x

(3)

而 由以上各式可得

πd2
4

(4)

x r + r C p pπ d L= 2 L 2r R I

2

(5)

六,参考解答 (1)由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为

m0 c 2 1 (v / c )
2 2

= 1.10m0 c 2

(1)

由此可解得

v=

0.21 = 0.417c ≈ 0.42c 1.10

(2)

hν hν ′ 和 p′ = , 方向如图复解19-6所示. 电子的 c c 动量为 mv , m 为运动电子的相对论质量.由动量守恒定 律可得 光子散射方向 m0 v hν cosθ = (3) 电子 c 1 (v 2 / c 2 ) θ 光子入射方向
入射光子和散射光子的动量分别为 p =

m0 v 1 (v 2 / c 2 )
已知

sin θ =

hν ′ c

A

(4)

光子入射方向
图复解 19-6

hν hν ′ = 0.10m0 c 2

(5)

由(2),(3),(4),(5)式可解得

ν = 0.37 m0 c 2 / h ν ′ = 0.27 m0 c 2 / h θ = tan-1 ν′ 27 = arctan( ) = 36.1° ν 37

(6) (7) (8)

电子从 O 点运动到 A 所需时间为 L t = 0 = 2.4 L0 / c v

(9)

(2)当观察者相对于 S 沿 OA 方向以速度 v 运动时,由狭义相对论的长度收缩效应得

L = L0 1 (v 2 / c 2 )

(10) (11)

L = 0.91L0

第 18 届预赛
二,参考解答 带电质点在竖直方向做匀减速运动,加速度的大小为 g ;在水平方向因受电场力作用 而做匀加速直线运动,设加速度为 a .若质点从 M 到 N 经历的时间为 t ,则有

vx = at = v0 v y = v0 gt = 0
由以上两式得

(1) (2)

a=g
t= v0 g

(3) (4)

M , N 两点间的水平距离

v2 1 x = at 2 = 0 2 2g
于是 M , N 两点间的电势差

(5)

U MN =

Uv 2 U x= 0 d 2dg

(6)

评分标准:本题 15 分 (1),(2)式各 3 分;(3),(4)式各 2 分;(5)式 3 分;(6)式 2 分. 七,参考解答 带电粒子(以下简称粒子)从 S 点垂直于 DE 边以速度 v 射出后,在洛伦兹力作用下做 匀速圆周运动,其圆心一定位于 DE 边上,其半径 R 可由下式

qvB =
求得,为

mv 2 R

R=

mv qB

(1)

1. 要求此粒子每次与 DEF 的三条边碰撞时都与边垂直,且能回到 S 点,则 R 和 v 应 满足以下条件: (ⅰ)与边垂直的条件. 由于碰撞时速度 v 与边垂直, 粒子运动轨迹圆的圆心一定位于 的边上, 粒子绕过 顶 点 D , E , F 时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即 D , E , F )上.粒子从 S 点 开始向右作圆周运动,其轨迹为一系列半径为 R 的半圆,在 SE 边上最后一次的碰撞点与 E

点的距离应为 R ,所以 SE 的长度应是 R 的奇数倍.粒子从 FD 边绕过 D 点转回到 S 点时, 情况类似,即 DS 的长度也应是轨道半径的奇数倍.取 DS = R1 ,则当 DS 的长度被奇数除 所得的 R 也满足要求,即

R = Rn =

DS (2n 1)

n =1,2,3,…

因此为使粒子与 各边发生垂直碰撞, R 必须满足下面的条件

R = Rn =

1 L 2a = 2n 1 4 5(2n 1)

n = 1 , 2 , 3 ,

(2)

此时

SE = 3DS = (6n 3) Rn

n = 1 , 2 , 3 ,

SE 为 Rn 的奇数倍的条件自然满足.只要粒子绕过 E 点与 EF 边相碰,由对称关系可知,以 后的碰撞都能与 的边垂直. (ⅱ)粒子能绕过顶点与 的边相碰的条件. 由于磁场局限于半径为 a 的圆柱范围内,如果粒子在绕 E 点运动时圆轨迹与磁场边界 相交, 它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回. 所以粒子作圆周运动的半
径 R 不能太大, 由图预解18-7可见, 必须 R ≤ DM ( 的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离,

R = DM 时,粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切),由给定的数据可算得

8 3 a 0.076a 15 将 n = 1,2,3,…,分别代入(2)式,得 2a n = 1, R1 = = 0.400a 5 2a n = 2 , R2 = = 0.133a 15 2a n = 3 , R3 = = 0.080a 25 2a n = 4 , R4 = = 0.057a 35 DM = a

(3)

由于 R1 , R2 , R3 ≥ DM ,这些粒子在绕过 的顶点 E 时,将从磁场边界逸出,只有 n ≥4 的粒子能经多次碰撞绕过 E , F , D 点,最终回到 S 点.由此结论及(1),(2)两式可 得与之相应的速度

vn =

qB qB 2a Rn = m m 5(2n 1)

n = 4 , 5 , 6 ,

(4)

这就是由 S 点发出的粒子与 的三条边垂直碰撞并最终又回到 S 点时, 其速度大小必须 满足的条件. 2. 这些粒子在磁场中做圆周运动的周 期为

2π R v 将(1)式代入,得 T=
T= 2π m qB
(5)

可见在 B 及 q / m 给定时 T 与 v 无关.粒子 从 S 点出发最后回到 S 点的过程中, 的 与 边碰撞次数愈少,所经历的时间就愈少,所 以应取 n = 4 ,如图预解18-7所示(图中只 画出在边框 DE 的碰撞情况),此时粒子的 速度为 v4 ,由图可看出该粒子的轨迹包括3 ×13个半圆和3个圆心角为300°的圆弧,所需时间为

t = 3 × 13 ×
以(5)式代入得

T 5 + 3 × T = 22T 2 6

(6)

t = 44

πm qB

(7)

评分标准:本题25分 第一问15分;第二问10分.第一问中:(1)式2分;(2)式5分;分析出 n ≥4的结论给4 分;(4)式4分.第二问中:(5)式1分;(6)式7分;(7)式2分.

第 18 届复赛
四,参考解答 1.求网络各支路的电流. 因磁感应强度大小随时间减少,考虑到电路的对称性,可设两环各支路的感应电流 I1 ,

I 2 的方向如图复解 18-4-1 所示,对左环电路 ADCFA ,有关系

ε = I1rCFA + I 2 rADC


rCFA =


5r r , rADC = , ε = K π R 2 6 6
(1)

5r r + I2 6 6 因回路 ADCEA 所围的面积为 2π 3 3 2 2 R 12 故对该回路有

Kπ R 2 = I1

2π 3 3 2 r K 2 R = 2I 2 12 6
解得

(2)

I2 =
代入(1)式,得

(2π 3 3) R 2 K 2r

(3)

(10π + 3 3) R 2 K (4) 10r 2.求每个圆环所受的力. 先求左环所受的力,如图复解 18-4-2 所示,将圆环分割成很多小圆弧,由左手定则可 知,每段圆弧所受的力的方向均为径向,根据对称性分析,因圆弧 PMA 与圆弧 CNQ 中的电 流方向相反,所以在磁场中受的安培力相互抵消,而弧 PQ 与弧 AC 的电流相对 x 轴上下是 对称的,因而每段载流导体所受的安培力在 y 方向的合力为零,以载流导体弧 PQ 上的线段 l ′ 为例,安培力 F 为径向,其 x 分量的大小表示为 I1 =

Fx = I1 Bl ′ cos α
因 l ′ cosα = l 故 Fx = I1 Bl

(5)

Fx = ∑ I1Bl = I1 BPQ = I1 BR
时刻所受安培力的合力 F1 仅有 x 分量,即

(6)

所以在 t0 由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零,

F1 = Fx = I1BR (10π + 3 3) R 2 = K BR 10r
(10π + 3 3) R 2 = K ( B0 Kt0 ) R (7) 10r
方向向左 同理,载流导体弧 AC 在 t0 时刻所受的安培力为

(2π 3 3) R 2 F2 = I 2 BR = K BR 2r 2 (2π 3 3) R = K ( B0 Kt0 ) R 2r
方向向右 左环所受的合力大小为

(8)

F = F1 F2 =
方向向左

9 3 K ( B0 Kt0 ) R 3 5r

(9)

五,参考解答 分以下几个阶段讨论: 1.由于球壳外空间点电荷 q1 , q2 的存在,球壳外壁的电荷分布不均匀,用 σ 表示面电 荷密度.设球壳半径 a = 10 cm 时球壳外壁带的电量为 Q1 ,因为电荷 q1 ,q2 与球壳外壁的电 量 Q1 在球壳内产生的合场强为零, 球壳内为电势等于 U 的等势区, 在导体表面上的面元 S 所带的电量为 σS ,它在球壳的球心 O 处产生的电势为 U1 = k 在球心 O 产生的电势 U1 为

σS
a

,球壳外壁所有电荷

U1 = ∑ U1 = k

∑σS = k Q1
a a

(1)

点电荷 q1 ,q2 在球壳的球心 O 处产生的电势分别为 k 壳的电势,按电势叠加原理,即有 q q Q k 1 + k 2 + k 1 =U d1 d2 a 代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

q1 q 与k 2 , 因球心 O 处的电势等于球 d1 d2
(2)

q q U a 1 + 2 = 8 × 10-9 C k d1 d 2 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q 等于球壳外壁的电量 Q1 ,即 Ⅰ
Q1 = a

Q =Q1 = 8 × 10-9 C Ⅰ

(3)

2.当球壳半径趋于 d1 时(点电荷仍在球壳外) ,设球壳外壁的电量变为 Q2 ,球壳外的 电荷 q1 , q2 与球壳外壁的电量 Q2 在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍无电荷,球壳内 仍保持电势值为 U 的等势区,则有 q q Q k 1 + k 2 + k 2 =U d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 (4)

q q U d1 1 + 2 = 16 × 10-9 C k d1 d 2 因为此时球壳内壁电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即 QⅡ=Q2 = 16 × 10-9 C (5)

Q2 = d1

在 a = 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为

Q =QⅡ-Q = 8 × 10-9 C Ⅰ Ⅰ

(6)

3.当点电荷 q1 穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为 d1 ) ,点电荷 q1 在球壳内壁感 应出电量- q1 ,因球壳的静电屏蔽,球壳内电荷 q1 与球壳内壁电荷- q1 在球壳外产生的合 电场为零,表明球壳外电场仅由球壳外电荷 q2 与球壳外壁的电荷 Q3 所决定.由于球壳的静 电屏蔽,球壳外电荷 q2 与球壳外壁的电荷 Q3 在球壳内产生的合电场为零,表明对电荷 q2 与

Q3 产生的合电场而言,球壳内空间是电势值为 U 的等势区. q2 与 Q3 在球心 O 处产生的电
势等于球壳的电势,即 Q q k 2 + k 3 =U d2 d1 解得球壳外壁电量 (7)

q U d1 2 = 6 × 10-9 C k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 QⅢ = Q3 + ( q1 ) = 16 × 10-9 C Q3 = d1
在这过程中,大地流向球壳的电量为 QⅡ = QⅢ QⅡ = 0

(8)

(9) (10)

这个结果表明:电荷 q1 由球壳外极近处的位置进入壳内,只是将它在球壳外壁感应的电荷 转至球壳内壁,整个球壳与大地没有电荷交换. ,令 Q4 表示此时球壳外壁的电量,类 4.当球壳半径趋于 d 2 时(点电荷 q2 仍在球壳外) 似前面第 3 阶段中的分析,可得 q Q k 2 + k 4 =U d2 d2 由此得 (11)

Q4 = d 2

q U d 2 2 = 12 × 10-9 C k d2
(12) (13)

球壳的电量 QⅣ 等于球壳内外壁电量的和,即

QⅣ=Q4 + (q1 ) = 22 × 10-9 C
大地流向球壳的电量为

QⅢ = QⅣ -QⅢ = 6 × 10-9 C

5.当点电荷 q2 穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为 d 2 ) ,球壳内壁的感应电荷 ,由于球壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电场仅由球壳外壁 变为-( q1 + q2 ) 的电量 Q5 决定,即 Q k 5 =U d2 可得 (14)

Q5 = d 2
球壳的总电量是

U = 4 × 10-9 C k
(15) (16)

QⅤ=Q5 (q1 + q2 ) = 22 × 10-9 C
在这个过程中,大地流向球壳的电量是 QⅣ = QⅤ -QⅣ = 0

6.当球壳的半径由 d 2 增至 a1 = 50 cm 时,令 Q6 表示此时球壳外壁的电量,有

k
可得

Q6 =U a1 U = 5 × 10-9 C k

(17)

Q6 = a1
球壳的总电量为

QⅥ=Q6 (q1 + q2 ) = 21 × 10-9 C
大地流向球壳的电量为 QⅤ = QⅥ-QⅤ = 1 × 10-9 C

(18) (19)

第 17 届预赛

四,参考解答 因电容器充电后与电源断开,极板上的电量保持不变,故两板之间 的电压 U 应与其电容 C 成反比;而平板电容器的电容 C 又与极板间的 距离 d 成反比;故平板电容器的两板之间的电压与距离 d 成正比,即 U = Ad (1) 式中 A 为比例系数. 极板2受压强作用而向左移动,并使弹簧变形.设达到平衡时,极 板2 向左移动的距离为 d ,电容器的电压减少了 U ,则有 U U = A(d d ) (2) 由(1)与(2)式得

U d = (3) U d 极板2移动后,连接极板2的弹簧偏离其原来位置 θ 角,弹簧伸长了 L ,如图预解17-4所示, 弹簧的弹力在垂直于极板的方向上的分量与加在极板2上的压力平衡,即有 pS = 2k L sin θ (4)
因为 θ 是小角,由几何关系知

L d ≈ d L 解(3),(4),(5)式得 sin θ =
p= 2kd 3 U L2 S U
3

(5)

(6)

五,参考解答 1. 设回路中的总感应电动势为 E ,根据楞次定律可知,电路中的电流沿逆时针方向, 按欧姆定律有

E = I ( R1 + R2 ) = 10 V

(1)

由对称性可知, 正方形回路每条边上的感应电动势相等, 设为 E1 , 等效电路如图预解17-5-1 所示.有

E1 = E / 4 = 2.5 V
根据含源电路欧姆定律,并代入数值得

(2)

U12 = E1 = 2.5 V U 23 = IR2 E1 = 4.5 V U 34 = E1 = 2.5 V U 41 = IR1 E1 = 0.5 V

(3) (4) (5) (6)

2. 三种情况下的等效电路分别如图预解17-5-2,17-5-3,17-5-4.对图预解17-5-2中的

AV1 A4 A1 回路,因磁通量变化率为零,回路中的总电动势为零,这表明连接 A4,A1 两端的 1
电压表支路亦为含源电路,电压表的读数等于由正端(+)到负端(一)流过电压表的电流

I V 乘以电压表的内阻 RV ,因 RV 阻值为无限大, I V 趋近于零(但 I V RV 为有限值),故得 IR1 + I V RV = IR1 U1 = 0
解得

U1 = IR1 = 3.0 V

(7)

同理,如图预解17-5-3所示,回路 A1V2 A4 A1 的总电动势为 E ,故有

IR1 + I V RV = IR1 + U 2 = E
解得 代入数据得

(8) (9)

U 2 = E IR1

U 2 = 7.0 V

(10)

如图预解17-5-4所示,回路 A1V3 A4 A1 的总电动势为零,而 A3 A4 边中的电阻又为零,故 有

U 3 = I V RV = 0

(11)

第 17 届复赛
三,参考解答 1.相距为 r 的电量为 Q1 与 Q2 的两点电荷之间的库仑力 FQ 与电势能 U Q 公式为

Q1Q2 QQ U Q = kQ 1 2 2 r r 现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为 4a U (r ) = k S 3r 根据直接类比可知,正反顶夸克之间的强相互作用力为 4 aS F (r ) = k 2 3r FQ=kQ

(1)

(2)

设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为 v ,因二者相距 r0 ,二者所受的向心 力均为 F (r0 ) ,二者的运动方程均为

4 aS mt v 2 =k 2 r0 / 2 3r0
由题给的量子化条件,粒子处于基态时,取量子数 n = 1 ,得

(3)

r h 2mt v 0 2 2π
由(3),(4)两式解得

(4)

r0 =
代入数值得

3h 2 8π 2 mt aS k

(5)

r0 = 1.4 × 10-17 m
2. 由(3)与(4)两式得

(6)

v=

π 4aS
h k

3

(7)

由 v 和 r0 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期 T

T=
代入数值得

2π (r0 / 2) h3 = 2 v 2π mt (k 4aS / 3)2

(8)

T = 1.8 × 10-24 s
由此可得

(9) (10)

τ / T = 0.2

因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的 1/5,故正反顶夸克的束缚态 通常是不存在的. 评分标准:本题 25 分 1. 15 分.(2)式 4 分,(5)式 9 分,求得(6)式再给 2 分. 2. 10 分.(8)式 3 分.(9)式 1 分,正确求得(10)式并由此指出正反顶夸克不能形成 束缚态给 6 分. 五,参考解答 解法一: 带电质点静止释放时,受重力作用做自由落体运动,当它到达坐标原点时,速度为

v1 = 2 g | y | = 2.0 m s-1

(1)

方向竖直向下.带电质点进入磁场后,除受重力作用外,还受到洛伦兹力作用,质点速度的 大小和方向都将变化,洛伦兹力的大小和方向亦随之变化.我们可以设想,在带电质点到达 由于这两个方向相 原点时, 给质点附加上沿 x 轴正方向和负方向两个大小都是 v0 的初速度, 反的速度的合速度为零,因而不影响带电质点以后的运动.在 t = 0 时刻,带电质点因具有 沿 x 轴正方向的初速度 v0 而受洛伦兹力 f1 的作用.

f1 = qv0 B
其方向与重力的方向相反.适当选择 v0 的大小,使 f1 等于重力,即

(2)

qv0 B = mg

(3)

v0 =

g = 2.0 m s-1 (q / m) B

(4)

只要带电质点保持(4)式决定的 v0 沿 x 轴正方向运动, f1 与重力的合力永远等于零.但此 时, 位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 v1 和沿 x 轴负方向的速度 v0 , 二者的合 成速度大小为
2 v = v0 + v12 = 2.8 m s-1

(5)

方向指向左下方,设它与 x 轴的负方向的夹角为 α ,如图复解 17-5-1 所示,则

tan α =

v1 =1 v0
(6)

α=

π
4

因而带电质点从 t = 0 时刻起的运动可以看做是速率为 v0 ,沿 x 轴的正方向的匀速直线运动 和在 xOy 平面内速率为 v 的匀速圆周运动的合成.圆周半径

R=

mv = 0.56 m qB

(7)

带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心 O′ 位于垂直于质点此时速度 v 的直线上, 由图复解 17-5-1 可知,其坐标为

xO ' = R sin α = 0.40 m yO ' = R cos α = 0.40 m
圆周运动的角速度

(8)

v = 5.0 rad s-1 (9) R 由图复解 17-5-1 可知,在带电质点离开磁场区域前的任何时刻 t ,质点位置的坐标为

ω=

x = v0t [ R sin(ω t + α ) xO ' ] y = yO ' R cos(ω t + α )

(10) (11)

式中 v0 , R , ω , α , xO ' , yO ' 已分别由(4),(7),(9),(6),(8)各式给出. 带电质点到达磁场区域下边界时, y = L = 0.80 m ,代入(11)式,再代入有关数值, 解得

t = 0.31 s
将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得 x = 0.63 m 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为 x = 0.63 m y = 0.80 m z=0

(12) (13) (14)

带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 v 的匀速圆周运动和一个速率为 v0 的沿

x 轴正方向的匀速直线运动,任何时刻 t ,带电质点的速度 V 便是匀速圆周运动速度 v 与匀
速直线运动的速度 v0 的合速度.若圆周运动的速度在 x 方向和 y 方向的分量为 vx , v y ,则 质点合速度在 x 方向和 y 方向的分速度分别为

Vx = vx + v0 Vy = v y

(15) (16)

2 2 虽然 vx + v y = v , v 由(5)式决定,其大小是恒定不变的, v0 由(4)式决定,也是恒定

不变的,但在质点运动过程中因 v 的方向不断变化,它在 x 方向和 y 方向的分量 vx 和 v y 都

随时间变化,因此 Vx 和 V y 也随时间变化,取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向, 由对称性可知, 带电质点离开磁场 由于圆周运动的圆心的 y 坐标恰为磁场区域宽度的一半, 下边缘时,圆周运动的速度方向应指向右下方,与 x 轴正方向夹角 α ' =

π
4

,故代入数值得

vx = v cosα ' = 2.0 m s-1
v y = v sin α ' = 2.0 m s-1
将以上两式及(5)式代入(15),(16)式,便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量, 它们分别为

Vx = 4.0 m s-1 V y = 2.0 m s-1
速度大小为

(17) (18)

V = Vx2 + V y2 = 4.5 m s-1


(19)

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 β ,如图复解 17-5-2 所示,

tan β =


Vy Vx

=

1 2
(20)

β = 27°

评分标准:本题 25 分 (4) 5 分, 式 求得 (5) (6) , 式各给 3 分, 求得 (10) , (11)式各给 2 分,(14)式 3 分,(19)式 5 分,求 得(20)式再给 2 分. 解法二: 若以带电质点到达坐标原点 O 的时刻作为起始时刻( t = 0 ),则质点的初速度为

v1 = 2 g | y | = 2.0 m s-1

(1′)

方向沿 y 轴正方向.进入磁场区后,带电质点将受到洛伦兹力作用,洛伦兹力在 x 方向的分 力取决于质点在 y 方向的分速度,因此质点动量在 x 方向的分量的增量为

mvx = qv y Bt = qBy
段 t 时间都成立,所以在 t = 0 到 t = t 时间内 x 方向的动量的改变为

(2′)

y 是带电质点在 t 时间内沿 y 方向的位移,质点在磁场中运动的整个过程中,此式对每一

mvx mv0 x = qB ( y y0 )
因初始时刻( t = 0 ),带电质点在 x 轴方向的动量 mv0 x 为零,其位置在原点, y0 = 0 ,因 而得

mvx = qyB


qB y (3′) m 当带电质点具有 x 方向的速度后,便立即受到沿 y 负方向的洛伦兹力的作用.根据牛顿 vx =

第二定律,在 y 方向上有加速度 a y

ma y = mg qvx B
将(3′)式代入(4′)式,得

(4′)

(qB )2 m2 ma y = y 2 2 g q B m
令 式中

(5′) (6′)

y' = y D m2 g g = = 0.40 m 2 (qB) ( q / m) 2 B 2

D=

(7′)

即在 y 方向作用于带电质点的合力

Fy = ky '
其中

k=

q2 B2 m

Fy 是准弹性力,在 Fy 作用下,带电质点在 y ' 方向的运动是简谐振动,振动的圆频率

ω = = 5.0 rad s-1 m
y ' 随时间变化的规律为

qB

2

(8′)

y ' = A cos(ω t + 0 )


(9′)

y ' = A cos(ω t + 0 ) + D A 与 0 是待求的常量,质点的简谐运动可以用参考圆来描
写, 以所考察的简谐运动的振幅 A 为半径作一圆, 过圆心 O1 作一直角坐标 x ' O1 y ' .若有一质点 M 沿此圆周做匀速率圆 周运动, 运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率 ω , 且 按逆时针方向转动,在 t = 0 时刻, M 点的在圆周上的位置 恰使连线 O1M 与 y ' 轴的夹角等于(9′)式中的常量 0 ,则

(10′)

在任意时刻 t , O1 与 M 的连线与 y ' 轴的夹角等于 ω t + 0 ,于是连线 O1M 在 y ' 轴上的投影 即为(9′)式所示的简谐振动,将 x ' 轴平行下移 D = 0.40 m ,连线 O1M 在 y 轴的投影即如 (10′)式所示(参看图复解 17-5-3), M 点做圆周运动的速度大小 v = Aω ,方向与 O1M 垂直,速度 v 的 y 分量就是带电质点沿 y 轴做简谐运动的速度,即

v y = Aω sin(ω t + 0 )

(11′)

(10′)和(11′)两式中的 A 和 0 可由下面的方法求得:因为已知在 t = 0 时,带电质点位 于 y = 0 处,速度 v y = v1 ,把这个条件代入(10′)式与(11′)式得

A cos 0 + D = 0 v1 = Aω sin 0
解上面两式,结合(1′),(8′)式,注意到振幅 A 总是正的,故得

0 =

5π 4 A = 0.56 m

(12′) (13′)

把(10′)式代入(3′)式,便得带电质点沿 x 轴运动的速度

vx = ω D + Aω cos(ω t + 0 )

(14′)

(14′) 式表示带电质点在 x 方向上的速度是由两个速度合成的, 即沿 x 方向的匀速运动速度

ω D 和 x 方向的简谐振动速度 Aω cos(ω t + 0 ) 的合成,带电质点沿 x 方向的匀速运动的位移
x ' = ω Dt
(15′)

由沿 x 方向的简谐振动速度 Aω cos(ω t + 0 ) 可知, x 方向振动位移的振幅等于速度的最大 沿 值与角频率的比值(参看图复解 17-5-3),即等于 A .由参考圆方法可知,沿 x 方向的振 动的位移 x '' 具有如下的形式

π A cos ω t + 0 = A sin(ω t + 0 ) 2
它可能是 x '' = A sin(ω t + 0 ) ,亦可能是 x '' b = A sin(ω t + 0 ) .在本题中, t = 0 时刻, x 应 为零,故前一表示式不符合题意.后一表示式中, b 应取的值为 b = A sin 0 ,故有

x '' = A sin 0 + A sin(ω t + 0 )
带电质点在 x 方向的合位移 x = x '+ x '' ,由(15′),(16′)式,得

(16′)

x = ω Dt A sin 0 + A sin(ω t + 0 )

(17′)

(17′),(10′),(14′)和(11′)式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻 t 的 位置坐标和速度的 x 分量和 y 分量,式中常量 ω , A , 0 , D 已分别由(8′),(13′), (12′)和(7′)式给出. 当带电质点达到磁场的下边界时, y = L = 0.80 m 将与(10′)式有关的数据代入(10′)式,可解得 t = 0.31 s 代入(17′)式,得 x ≈ 0.63 m 将(19′)式分别代入(14′)式与(11′)式,得

(18′) (19′) (20′)

vx = 4.0 m s-1
速度大小为

v y = 2.0 m s-1

2 V = vx + v 2 = 4.5 m s-1 y

(21′)

速度方向为

α = arctan
评分标准:本题 25 分

vy = 27° vx

(22′)

(7′)式 2 分,(8′)式 3 分,(10′)式 2 分,(11′)式 2 分,(12′)式 3 分,(13′)式 3 分,(14′) 式 2 分,(17′)式 3 分,(20′)式 3 分,(21′)式 1 分,(22′)式 1 分.

第 16 届预赛
四,参考解答 设线框的 dc 边刚到达磁场区域上边界 PP ' 时的速度为 v1 ,则有

1 2 mv1 = mgh (1) 2 dc 边进入磁场后,按题意线框虽然受安培力阻力作用,但依然加速下落.设 dc 边下落
到离 PP ' 的距离为 h1 时,速度达到最大值,以 v0 表示这个最大速度,这时线框中的感应电 动势为

E = Bl1v0
线框中的电流

E Bl1v0 = R R 作用于线框的安培力为 I=
B 2l12 v0 F = Bl1 I = R 速度达到最大的条件是安培力 F = mg
(2)

由此得

v0 =

mgR B 2l12

(3)

在 dc 边向下运动距离 h1 的过程中,重力做功 WG = mg h1 ,安培力做功 WF ,由动能 定理得

1 2 1 2 WG + WF = mv0 mv1 2 2 将(1),(3)式代入得安培力做的功
WF = mg h1 + m3 g 2 R 2 mgh 2 B 4l14
(4)

线框速度达到 v0 后,做匀速运动.当 dc 边匀速向下运动的距离为 h2 = l2 h1 时, ab 边到达磁场的边界 PP ' ,整个线框进入磁场.在线框 dc 边向下移动 h2 的过程中,重力做 功 WG′ ,安培力做功 WF ′ ,但线框速度未变化,由动能定理

WG′ + WF ′ = 0 WF ′ = WG′ = mg h2 = mg (l2 h1 )
为零,安培力做的功也为零,线框只在重力作用下做加速运动. 所以,整个过程中安培力做的总功 (5)

整个线框进入磁场后,直至 dc 边到达磁场区的下边界 QQ ' ,作用于整个线框的安培力

W = WF + WF ′ = mg (l2 + h) +
〔编注:此题命题有不严密之处.由微分方程

m3 g 2 R 2 2 B 4l14

(6)

B 2l12v dv mg =m R dt
的解
1 B 2l12v - mR t mg =l R

B 2l 2

可知,只有当 t → ∞ 时, v 才能趋向极限速度 v0 =

mgR (即线框下落无穷长的距离,速度 B 2l12

才能趋向 v0 ).原题说 ab 边未进入磁场即达到最大速度是不确切的.〕 六,参考解答 解法一: 设二极管 D 两端的管压为 U D ,流过二极管的电流为 I D .则有

2U D 2U D = E I D + R1 R2
代入数据解得 U D 与 I D 的关系为

(1)

U D = (1.5 0.25 I D × 103 ) V
这是一在图预解16-6中横轴上截距为1.5, 纵轴上 截距为 6,斜率为-4的直线方程(称为二极管的负载 线)因管压 U D 与流过二极管电流 I D 还受二极管 D 的

(2)

I D ~ U D 特性曲线的限制,因而二极管就工作在负载
线 与 ID ~ UD 特 性 曲 线 的 相 交 点 P 上 ( 如 图 预 解 16-6).由此得二极管两端的管压和电流分别为

UD = 1 V ,
电阻 R1 上的电压

I D = 2 mA

(3)

U1 = E 2U D = 4 V
其功率

P= 1
解法二:

U12 = 16 mW R1

(4)

设两个二极管用一个等效二极管 D′ 代替,当流过等效二极管的电流为 I D′ 时,等效二极 管的管压为 U D′ = 2U D . 即有

U D′ = E ( I D′ +
代入数据解得 U D′ 与 I D′ 的关系为

U D′ ) R1 R2

(1′)

U D′ = (3 0.5I D′ × 103 ) V

(2′)

这是一在横轴上截距为3,纵轴上截距为6,斜率为-2的负载线方程,二极管 D′ 的

I D′ U D′ 特性曲线只要将图预解16-6的横坐标增大1倍即可.用作图法,求出负载线与管 D′
的特性曲线相交的 P 点得

U D′ = 2 V ,

I D′ = 2 mA

(3′)

电阻 R1 上的电压

U1 = E U D′ = 4 V
其功率

P= 1

U12 = 16 mW R1

(4′)

第 16 届复赛
三,参考解答 根据题中所给的条件,当圆环内通过电流 I 时,圆环中心的磁感应强度

2 r 穿过圆环的磁通量可近似为

B=

0 1

π Ir 2 根据法拉第电磁感应定律,电流变化产生的感生电动势的大小 φ 0 I E= = πr t 2 t 0π r I E R= = 圆环的电阻 I 2 I t
根据题设条件

φ ≈ BS =

0

(1)

(2) (3)

r = 0.05 m , 0 = 4π × 10-7 N A-2 , I = 100 A ,

I ≤ 10-6 A/s ≈ 3 × 10-14 A/s ,代入(3)式得 t

R ≤ 3 × 10-23
由电阻与电阻率 ρ ,导线截面积 S ,长度 L 的关系

(4)

L S 及已知导线的直径 d = 1 mm ,环半径 r = 5 cm ,得电阻率 R=ρ

ρ=R

S d2 =R = 7.5 × 10-29 m L 8r

(5)

五,参考解答 解法一: 1.(1)电阻图变形. 此题连好的线路的平面图如图预解 16-5-1所示. 现将电阻 环改画成三角 形,1,3,5三 点为顶点,2, 4,6三点为三

边中点,如图预解1—5-2与图预解16-5-3所示.整个连好的线路相当于把 Dn 的三个顶点分 别接到 Dn1 的三个中点上,图预解16-5-1变为图预解16-5-4.这样第1问归结为求图预解 16-5-4中最外层三角环任意两顶点间的等效电阻.

( 2) 递 推公 式. 为 使图 形简 化, 讨论 如何 将接好的两个电阻环化简成为一个单环.由六个阻值为 r 的电阻构成一个三角环,将其顶点 接在另一由六个阻值为 R 的电阻构成的三角环的中点上(如图预解16-5-5所示). 图预解16-5-6是由六个阻值为 R ′ 的电阻构成的三角环.若图预解16-5-5顶点1,3间的 电阻与图预解16-5-6顶点l,3间的电阻阻值相等,我们称图预解16-5-6中的 R ′ 为等效单环 电阻.

用符号"//"表示电阻的并联,如

RA // RB =

1 (1/ RA ) + (1/ RB )

由图预解16-5-5中的对称性可知l,3两顶点间的电阻 R 1, 3 等于图

预解16-5-7中1,0间的电阻 R 1, 0 的2倍,即

R 1, = 2 R 1, 0 3 = 2{[ R // r //(2r )] + R}// R 1 1 1 1 + R // R =2 + + R r 2r 2 4rR + 3R =2 // R 2 r + 3R 1 4r + 3R = R 3 r+R

1 = R + r // R 3
同理,图预解16-5-6中1,3两顶点间的电阻 R 1, 3 为

(1)

4 R′ 3 由(1),(2)式得等效单环电阻 R ′ 为 3 1 R′ = R + r // R 4 4 2. 第一问 R 1, 3 = 2[(2 R′) // R′] =

(2)

(3)

现在考虑把 D1 , D2 , D3 , D4 , D5 按相反的次序,由内向外依次连接的情况.首先 将 D4 接在 D5 外面, 求双环 D4 D5 的等效单环电阻 R (2)〔即 (3) 式中的 R ′ 〕 这时 r = R . . 由 (3)式得到 R (2) 为

3 1 7 R (2) = R + R // R = R 4 4 8
其次,在双环 D4 D5 外面接上 D3 ,这时 r = R (2) .三环 D3 D4 D5 的等效单环电阻

R (3) 为

R (3) =

3 1 3 1 7 13 R + R // R (2) = R + R // R = R 4 4 4 4 8 15

由此可得一般公式, ( s + 1) 环的等效单环电阻 R ( s +1) 可由 R (s ) 求出

3 1 R ( s +1) = R + R // R (s ) 4 4
于是

(4)

R ( 4) =

3 1 3 1 13 97 R + R // R (3) = R+ R // R = R 4 4 4 4 15 112

R (5 ) =

3 1 3 1 97 181 R + R // R ( 4) = R+ R // R = R 4 4 4 4 112 209

由 ( 2 ) 式 R 1, 3 = (4 / 3) R′ 得 出 由 一 个 环 ( D5 ) , 两 个 环 ( D5 D4 ) 直 至 五 个 环 ( D5 D4 D3 D2 D1 )构成的线路1,3点间的电阻为
(1) R 1, 3 =

4 4 R' = R 3 3

4 7 7 (2) R 1, 3 = R = R 3 8 6 4 13 52 (3) R 1, 3 = R = R 3 15 45 4 97 97 (4) R 1, 3 = R = R 3 112 84 4 181 724 (5) R 1, 3 = R R = 3 209 627
答:所求的五个环的1与3间的等效电阻确为

724 R .证毕. 627

3. 第二问 根据五个 D 组成的圆柱形网络的对称性, D5 的l,3两点等价于 D1 的2,4两点.等价线 路如图预解16-5-8与图预解16-5-9所示.设二图等价,求图预解16-5-9中的 R′′ 即可.

图复解 16-5-8

图复解 16-5-9

R′′ = (2 R) //(2 R (4) ) =
所以

1 194 = R 1 56 209 + 2 R 97 R

2 388 (5) R 2, 4 = R′′ // 2R′′ = R′′ = R 3 627 388 R. 答:所求值为 627
解法二: 第一问 图预解16-5-3可看做 D5 的接线图,其一半如图预解16-5-10所示,竖直粗线为一短路
(1) (1) 线. 一个环 D5 ) ( 构成线路的1与0点间的阻值用 R 1, 0 表示, 根据对称性,R 1, 0 =

1 (1) 2 R 1, 3 = R . 2 3

当 D5 接入 D4 后,由两个环(类似图预解16-5-5)构成线路图的一半如图预解16-5-11 所示.三个带阴影的电阻与短路线围成的三角形( 2 0 ' 0 )中的2与 0 ' 间的阻值就是图预
(1) 解16-5-10中1与0间的阻值 R 1, 0 .其等效电路如图预解16-5-12所示.图预解16-5-11(或图 (1) 预解16-5-12)中的l与0点间的阻值用 R 1, 0 表示.有

2 7 (2) (1) R 1, 0 = [( R // R 1, 0 ) + R ]// R = R // R + R // R = R 3 12
再将双环 D5 D4 接入 D3 ,其一半如图预解16-5-13所示, 三个带阴影的电阻与短路线围成的三角形中含有六个电阻,其2
(2) 与 0 ' 间的阻值就对应为 R 1, 0 ,参看图预解16-5-12的等效电路,



(3) (2) R 1, 0 = [( R // R 1, 0 + R )]// R

7 = R // R + R // R 12 26 = R 45
同理,得

26 97 (4) (3) R 1, 0 = [( R // R 1, 0 + R)]// R = R // R + R // R = R 45 168

97 362 (5) (4) R 1, 0 = [( R // R 1, 0 + R )]// R = R // R + R // R = R 168 627
由此得
(5) (5) R 1, 3 = 2 R 1, 0 =

724 R 627

第二问 五个电阻环构成线路后, 最外层环 D1 ) ( 上2点与4点间的等效电阻可借用图预解16-5-12
(1) (4) 求得,将图中 R 2, 0' 换成 R 2, 0' ,五个环构成的线路中2与4间阻值可如下求得:


(5) (4) R 2, 0' = 2 R // R 1, 0 // R = 2 R //

97 194 R // R = R 168 627


(5) (5) R 2, 4 = 2 R 2, 0' =

388 R 627

六,参考解答 设所加匀强电场的场强为 E ,它在 y 方向和 z 方向的分量分别为 E y = E sin θ ,

E z = E cosθ .
由于物块带负电,电场作用于物块的电力的两个分量分别为

Fy = qE y = qE sin θ
Fz = qE z = qE cosθ

(1) (2)

Fy 在 xy 平面内,方向沿 y 轴正方向. Fz 垂直于 xy 平面,被绝缘平面的支持力所平衡,
故物块对绝缘平面的正压力的大小 N 和 Fz 的大小相等,即

N = qE cosθ
绝缘平面作用于物块的摩擦力

f = N = qE tan θ cosθ = qE sin θ = Fy

(3)

f 的方向决定于物块移动的方向. 根据题意,物块在 xy 平面内的运动可看做是一种在力平衡下的缓慢移动.作用于物块
的三个力 Fy , f 和线的拉力 T 都在 xy 平面内. 物块在任一位置达到平衡时的受力情况如图 预解16-6所示. 为细线与 x 轴的夹角.把 T 沿 x 和 y 方向分解得

Tx = T cos , Ty = T sin
用 f x 和 f y 表示 f 的两个分量,物块平衡时, 有

Fy T sin + f y = 0
T cos + f x = 0
由(4)(5)式得 ,

(4) (5)

( Fy T sin ) 2 + T 2 cos 2 = f 2
注意到(3)式,得

T (T 2 Fy sin ) = 0


T = 0 或 T = 2 Fy sin

(6)

因要小物块缓慢移动,需要细线牵引, T = 0 不符合题意,应舍去.因 0 < < π ,

T = 2 Fy sin > 0 ,将 T 代入(4),(5)式,


f y = T sin Fy = Fy cos 2

f x = T cos = Fy sin 2
摩擦力方向的斜率

k=

fy fx

= cot

(7)

k 是摩擦力方向与 x 轴夹角的正切,即摩擦力方向的斜率,因摩擦力始终沿轨道的切线 方向,故 k 也就是轨道切线的斜率.下面,通过对(7)式的分析来寻找轨道方程. 当中一0,k-co即在起点A时,轨道的切线与x轴垂直 当 = 0 , k = ∞ ,即在起点 A 时,轨道的切线与 x 轴垂直.

, k = ∞ ,一种情况是小物块运动到 y 轴上后,沿 y 轴做直线运动到 O 点,但 2 这与题设轨迹移动是一条二次曲线不符,因而它一定表示轨道在 O 点的切线与 x 轴垂直. 在二次曲线中,曲线上两点切线相互平行的只有椭圆或圆.又因为 A , O 两点的切线 与它们的连线相垂直,这连线应为曲线的轴线,且在 Ox 轴上,另一轴在它的垂直平分线上 且与 y 轴平行.曲线与此轴线的交点的切线的斜率为0.代入(7)式得 = 圆,其方程为
2 x0 x0 2 x 2 + y = 4 2

当 =

π

π
4

,故该曲线为

(8)

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