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全国中学生物理竞赛真题汇编---电学 参考答案


全国中学生物理竞赛真题汇编---电学
1. (1)解法一: 导体线框放在水平桌面上,俯视图如图预解 19-6-1。由 之前,线框的 PQ 边与 P?Q? 边平行于磁场 B ,因而不受磁场 力的大小为 IBL1 ,方向垂直于桌面向下,但此力对轴的力矩 培力的大小为 FQQ? ? IBL1 ,方向垂直桌面向上。此力对固定

参考答案

>图可见, 在线框没动 力。PP ? 边受的安培

QQ? 边受的安 为零。
轴的力矩为

M0 ? I B 1 L L 2

① 线框重心 ( O 点) 到

除此力矩外,线框还受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘 轴 ab 的距离,即

? 0 ? mg ( L2 / 2)



当 M 0 = ? 0 时,桌面对线框的支持力的力矩为零, M 0 > ? 0 时,线框将改变静止状态,开始绕轴 ab 向上翘起。根据 题意及①、②式,由力矩平衡原理可知

1 I min BL1L2 ? mgL2 2
解得



I min ?
解法二:

mg 2 BL1



线框所受的重力矩也可以由各边对 ab 轴的重力矩来求。 PQ 边与 P?Q? 边的重心均在( L2 / 2 )处,两条边对 ab 轴的合力矩为

?1 ? ?

? mgL2 ? ? L2 ? ?? ? ? ( L1 ? L2 ) ? ? 2 ?

①?

QQ? 边对 ab 轴的力矩为

?2 ? ?

?

mgL1 ? ? L2 ? 2( L1 ? L2 ) ?

②?

故线框所受的重力矩为

? 0=?1+? 2=(mg / 2) L2

与解法一求得的②式一致,从而求得 I min 与④式相同。 (2)线框处于静止状态时,若电流 I 0 比 I min 稍大,线框所受的电磁力矩 M 将大于重力矩 ? ,使线框绕 ab 轴向上
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翘起。 PQ 边和 P?Q? 边所受电磁力不等于零,但二者相互抵消。当保持电流值 I 0 恒定不变时,线框将从静止状态开 始绕固定轴作加速转动。在加速转动过程中,由于通过线框的磁通量发生变化,线框内将产生感应电动势,它有使 线框中的电流变小的趋势,题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能,所以当线框平面转至与桌面成 ? 角时,如 图预解 19-6-2a 所示,线框受到的合力矩为

1 ? ? M ? ? ? ? I 0 BL1 ? mg ? L2 cos? 2 ? ?



随着 ? 角逐渐增大,合力矩随之减小,但 M ? ? 始终大于零,因而线框仍作逆时针加速转动,角速度不断增大。当 线框平面转到竖直面 NN ? 时,合力矩为零,角速度达到最大。由于惯性,线框将越过 NN ? 面作逆时针转到。此时, 合力矩与线框转动方向相反,角速度将逐渐减小,合力矩的大小随着 ? 角的增大而增大,如图预解 19-6-2b 所示。

如果没有空气阻力, ? 将增至 180?。当 ? 角等于 180? 时,线框转动的角速度为零,合力矩将使线框作顺时针加速 转动,结果线框将在 ? 角等于 0?与 180?之间往复摆动不止。实际上,由于空气阻力作用,线框平面在 NN ? 平面两 侧摆动的幅度将逐渐变小, 最终静止在 NN ? 面处, 此时, 电磁力矩与重力矩均为零。 如果线框稍偏离平衡位置 NN ? , 电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到 NN ? 平面处。故线框处于稳定平衡状态。 评分标准:本题 20 分。第一问 6 分、第二问 14 分。 第一问中,①、②、④式各 2 分。 第二问中, 正确地分析了线框往复转动, 给 4 分; 说明最后平衡在竖直面处, 给 6 分; 说明稳定平衡, 给 4 分。 2. v? v 四、参考解答 vz ? 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 vz 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 ? 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 分速度 v? (见图预解 20-4-1) ,注意到 ? 很小,得

vZ ? v cos? ? v v? ? v sin? ? v?
2 v? R

(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

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T?
由此得

2? R v?

T?

2? 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? v ? vT Z T

(4) 又由于这些粒子是从同 距)又必定会聚于同一 数)倍,由 O 点射出的 于 M 点,如图 20-4-2 所

由于它们具有相同的 v ,因而也就具有相同的螺距; 一点射出的,所以经过整数个螺距(最小是一个螺 点。只要使 OM 等于一个螺距或一个螺距的 n (整 粒子绕磁场方向旋转一周(或若干周后)必定会聚 示。所以 d? nh , n =1,2,3,? (5) 由式(3) 、 (4) 、 (5)解得

B?

2? mvn , qd

n =1,2,3,?

(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?

2? 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。 3.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 d 1 和 d2 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
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式应有

1 d1 ? a0 (?t1 )2 2
0 ? v12 ? 2(?2a0 )d2
又因

(3) (4)

v1 ? a0 ?t1 , d1 ? d2 ? l ,

(5) (6) (7)

t1 ? ?t1 ?
由式(3)到式(7)及式(1) ,可解得

T , 2

t1 ?

T , 2

(8)

这就是说, 在 U A ? U 0 的情况下, 从 t ? 0 到 t ? T / 4 这段时间内产生的微粒都可到达 A 板 (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 ? ,则有

1 2l ? (2a0 )? 2 2
根据式(1)可求得

??

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 ? ,则这些微粒都 将到达 B 板。 在 t ? T / 4 发出的微粒,在 U A ? U 0 的电场作用下,向 A 板加速运动,加速的时间为 T / 4 ,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

?1 ? T ? T ? T ? ? T
由于 ? 1 ? ? ,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 ) ,不会再回到 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

? ? ? T ? T ? ?1
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
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1 2

1 8

1 N ? 320 ? ? 80 4

(9)

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。 4.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?


qE m U d

(2)

E?

(3)

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 2
电子离开极板区域时,沿垂直于极板方向的末速度 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 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 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 由以上各式得电子的荷质比为

(4)

(5) (6) (7) (8)

2 d q v0 ? 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 (11) v0 ? Bd 代人(9)式得 q U (12) ? 2 y m B lLd 代入有关数据求得 q (13) ? 1.6 ?1011 C/kg 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。 5.、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)

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I?

E 2R

(2)

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) T-F=ma2 (6) 由以上各式解得

a1 ?

B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2 Rm

(7) (8)

a2 ?

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

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。 6.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?
由电阻串、并联公式可得

(1)

RBC ? 1 ?

2 RB?C ? 2 ? RB?C ?

(2)

由式(1)、(2)两式得
2 RBC ? RBC ? 2 ? 0

解得 RBC=2.0 ? (3) 图1所示回路中的电流为

图1

图2

I?

20 ? 10 ? 24 A=0.10 A 10 ? 30 ? 18 ? 2

(4)

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, 上的电荷分别为Q1、Q2和Q3,极性如图3所示。由于电 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

各电容器极板 荷守恒,在虚

Q Q U A ?UE ? ? 1 ? 3 C1 C3
又有

图3 (6)

U A ? U E ? (10 ? 30 ? 0.10)V=7.0 V
B、E两点间的电势差
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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。 7.

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8.

9.

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10.
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11.

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13.

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14.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

B?

?0 1
2 r

穿过圆环的磁通量可近似为

? ? BS ?

?0
2

? Ir

(1)

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

E?
圆环的电阻

?? ?0 ?I ? ?r ?t 2 ?t E ? ? r ?I R? ? 0 I 2I ?t

(2) (3)

根据题设条件

r ? 0.05 m , ?0 ? 4? ?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 ? 、导线截面积 S 、长度 L 的关系
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(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??

??R

S d2 ?R ? 7.5 ? 10-29 ? ? m L 8r

(5)

15.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 点为三边中点,如图预解 1—5-2 与图预解 好的线路相当于把 Dn 的三个顶点分别接到 图预解 16-5-1变为图预解16-5-4.这样第1 16-5-4 中最外层三角环任意两顶点间的等

点为顶点,2、4、6三 16-5-3 所示.整个连

Dn?1 的三个中点上,
问归结为求图预解 效电阻。

( 2 )递 为使图 如何将接好 环化简成为 六个阻值为 成一个三角 接在另一由 R 的电阻构 的中点上 (如 16-5-5所示) 。

推公式. 形简化, 讨论 的两个电阻 一个单环。 由 r 的电阻构 环, 将其顶点 六个阻值为 成的三角环 图 预 解

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 表示电 联,如

符号 “//” 阻的并

RA // RB ?

1 (1/ RA ) ? (1/ RB )
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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 R1, 0 的2倍,即

R 1, 3 = 2 R 1, 0 ? 2{[ R // r //(2r )] ? R}// R 1 ? ? ? R? ? 2? 1 1 1 // R ? ? ? ? ? R r 2r ? 2 4rR ? 3R ?2 // R 2r ? 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 R1, 3 ? 2[(2R?) // R?] ? 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

(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
( s ?1)

由此可得一般公式, ( s ? 1) 环的等效单环电阻 R

可由 R (s ) 求出 (4)

3 1 R (s?1) ? R ? R // R (s) 4 4
于是

R ( 4) ?

3 1 3 1 13 ? 97 R ? R // R (3) ? R+ R // ? R ? R? ? 4 4 4 4 ? 15 ? 112 3 1 3 1 97 ? 181 R ? R // R ( 4) ? R+ R // ? R? ? R ? 4 4 4 4 ? 112 ? 209

R (5) ?

由(2)式 R1, 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
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4 4 (1) R 1, 3 ? R' ? R 3 3
4?7? 7 (2) R 1, R 3 ? ? ?R ? 3?8? 6 4 ? 13 ? 52 (3) R 1, R ?R ? 3 ? ? 3 ? 15 ? 45 4 ? 97 ? 97 (4) R 1, R ?R ? 3 ? ? 3 ? 112 ? 84 4 ? 181 ? 724 (5) R 1, R ?R ? 3 ? ? 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 1 56 ? 2 R 97 R

?

194 R 209

2 388 (5) ?? ?? ?? R 2, R 4 ? R // 2R ? R ? 3 627 388 答:所求值为 R。 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,竖直粗线为一短路线.一个环( D5 )构成
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(1) (1) 线路的1与0点间的阻值用 R1, 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
(1) 阻与短路线围成的三角形( 2 ? 0'? 0 )中的2与 0 ' 间的阻值就是图预解16-5-10中1与0间的阻值 R1, 0 。其等效电路如

(1) 图预解16-5-12所示.图预解16-5-11(或图预解16-5-12)中的l与0点间的阻值用 R1, 0 表示.有

?? ? 2 ? 7 (2) (1) R 1, R 0 ? [( R // R 1, 0 ) ? 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, 与短路线围成的三角形中含有六个电阻, 其2与 0 ' 间的阻值就对 解16-5-12的等效电路,得
(3) (2) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ? R )]// R

三个带阴影的电阻
(2) 应为 R1, 参看图预 0 ,

?? ? 7 ? ? ?? R // R ? ? R ? // R 12 ? ?? ? 26 ? R 45
同理,得

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

?? ? 97 ? 362 (5) (4) R 1, R ? ? R ? // R ? R 0 ? [( R // R 1, 0 ? R)]// R ? ?? R // 168 ? 627 ?? ?
由此得
(5) (5) R1, 3 ? 2R1, 0 ?

724 R 627
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第二问
(1) 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求得,将图中 R 2, 0' 换 (4) 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' ? 2R // R1, 0 // R ? 2R //

97 194 R // R ? R 168 627


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

388 R 627

16.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= =2.0m·s ,
-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,由于这两个方向相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,即 f1=qv0B, ② 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 qv0B=mg, ③ -1 v0=g/(q/m)B=2.0m·s , 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 v= =2.8m·s ,
-1



方向指向左下方,设它与x轴的负方向的夹角为 α,如图 7 所示,则 tgα=v1/v0=1, α=π/4, ⑥

图7 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.圆周半径为 R=mv/qB=0.56m. 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 7 可知,其坐 标为 xO′=Rsinα=0.40m,
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 19 页 共 100 页



yO′=Rcosα=0.40m. 圆周运动的角速度为 -1 ω=v/R=5.0rad·s . ⑨ 由图 7 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 x=v0t-[Rsin(ωt+α)-xO′] , (10) y=yO′-Rcos(ωt+α) , (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=0.80m,代入(11)式,再代入有关数值,解得 t=0.31s, (12) 将(12)式代入(10)式,再代入有关数值,得 x=0.63m, (13) 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为 x=0.63m,y=0.80m,z=0. (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′、vy′,则质点合速度在x方向的分速度分别为 vx′=vx+v0, (15) vy′=vy. (16) 虽然 =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vy都随时间变化,因此vx′和vy′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,由于圆周运动的圆心的y坐标恰为磁场区域宽度的一半,由对称性可 知,带电质点离开磁场下边缘时,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 -1 vx=vcosα′=2.0m·s , -1 vy=vsinα′=2.0m·s , 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 -1 vx′=4.0m·s , (17) -1 vy′=2.0m·s , (18) 速度大小为 v′= =4.5m·s ,
-1

(19) (20)

设v′的方向与x轴的夹角为 β,如图 8 所示,则 tgβ=vy′/vx′=1/2,得 β=27°.

图8

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 20 页

共 100 页

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= =2.0m·s ,
-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 mΔvx=qvyBΔt=qΔyB, ② Δy是带电质点在 Δt时间内沿y方向的位移,质点在磁场中运动的整个过程中,此式对每一段 Δt时间都成立, 所以在t=0 到t=t时间内x方向的分量的改变为 mvx-mv0x=qB(y-y0) , 因初始时刻(t=0) ,带电质点在x轴方向的动量mv0x为零,其位置在原点,y0=0,因而得 mvx=qyB, 即 vx=(qB/m)y. ③ 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.根据牛顿第二定律,在y方向上 有加速度ay,则 may=mg-qvxB, ④ 将③式代入④式,得 2 2 2 2 may=-[ (qB) /m] (y-(m /q B )g) , ⑤ 令 y′=y-D, ⑥ 式中 2 2 2 D=m2g/(qB) =g/(q/m) B =0.40m, ⑦ 即在y方向作用于带电质点的合力 Fy=-ky′, 2 2 其中 k=q B /m, Fy是准弹性力,在Fy作用下,带电质点在y′方向的运动是简谐运动,其振动的圆频率为

ω=

=5.0rad·s ,

-1



y′随时间变化的规律为 y′=Acos(ωt+φ0) , ⑨ 或y=Acos(ωt+φ0)+D,

(10)

图9 A与 φ0 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′O1y′.若有质点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,点M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 φ0,则在任意时刻t,点O1 与点M的连线与y′轴的夹角等于 ωt+φ0,于是连线O1M在y′轴上的投 影即为⑨式所示的简谐运动,将x′轴平行下移D=0.40m,连线O1M在y轴的投影即如(10)式所示(参看图 9 所示) ,点M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
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 21 页 共 100 页

vy=-Aωsin(ωt+φ0) , (11) (10)和(11)两式中的 A 和 φ0 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vy= v1,把这个条件代入(10)式与(11)式,得 Acosφ0+D=0, v1=-Aωsinφ0. 解上面两式,结合①、⑧式,注意到振幅A总是正的,故得 φ0=5π/4, (12) A=0.56m. (13) 把(10)式代入③式,便得带电质点沿x轴运动的速度为 vx=ωD+Aωcos(ωt+φ0) , (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 ωD和x方向的简 谐运动速度Aωcos(ωt+φ0)的合成,带电质点沿x方向的简谐运动匀速运动的位移为 x′=ωDt. (15) 由沿x方向的简谐振动速度Aωcos(ωt+φ0)可知,沿x方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的 比值(参看图 8) ,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,即 Acos(ωt+φ0-(π/2) )=Asin(ωt+φ0) , 它可能是x″=Asin(ωt+φ0) ,亦可能是x″-b=Asin(ωt+φ0) .在本题中,t=0 时刻,x应 为零,故前一表示不符合题意.后一表示式中,b应取的值为b=-Asinφ0,故有 x″=-Asinφ0+Asin(ωt+φ0) . (16) 带电质点在x方向的合位移x=x′+x″,由(15) 、 (16)式,得 x=ωDt-Asinφ0+Asin(ωt+φ0) . (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、φ0、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,有 y=L=0.80m, (18) 将与(10)式有关的数据代入,可解得 t=0.31s, (19) 代入(17)式,得 x≈0.63m, (20) 将(19)式分别代入(14) 、 (11)式,得 -1 -1 vx=4.0m·s ,vy=2.0m·s , 速度大小为 v= =4.5m·s ,
-1

(21) (22)

速度方向为 α=arctg(vy/vx)=27°.

图 10 17。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 ? ? I1rCFA ? I 2 rADC 因

rCFA ?

5r r , rADC ? , ? ? K? R 2 6 6
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 22 页 共 100 页



K? R2 ? I1

5r r ? I2 6 6

(1)

因回路 ADCEA 所围的面积为 ? 2? ? 3 3 ? 2 2? ? ? ?R 12 ? ? 故对该回路有

? ? 2? ? 3 3 ? 2 ? r K ? 2? R ? ? 2I2 ? ? ? ? ? 12 6 ? ? ? ?
解得

(2)

I2 ?
代入(1)式,得

(2? ? 3 3) R 2 K 2r

(3)

(10? ? 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 ? I1B?l ? cos?
因 ?l ? cos ? ? ?l 故 ?Fx ? I1B?l

(5)

Fx ? ? I1B?l ? I1BPQ ? I1BR
F1 仅有 x 分量,即

(6)

由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零,所以在 t0 时刻所受安培力的合力

F1 ? Fx ? I1BR ? (10? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? BR 10 r ? ?
? (10? ? 3 3) R2 ? ?? 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

? (2? ? 3 3) R2 ? F2 ? I 2 BR ? ? K ? BR 2r ? ? 2 ? (2? ? 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 ? F 2 ?

9 3 K (B 0 ? Kt )0 R3 5r

(9)
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全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

方向向左

18。 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 ? 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 ??S , 它在球壳的球心 O 处产生的电势为 ?U1 ? k 球壳外壁所有电荷在球心 O 产生的电势 U1 为

??S
a



U1 ? ? ?U1 ? k

???S ? 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 原理,即有

q1 q 与 k 2 ,因球心 O 处的电势等于球壳的电势,按电势叠加 d1 d2
(2)

k

q1 q Q ? 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

?q q ? U ? a ? 1 ? 2 ? ? ?8 ? 10-9 C k ? d1 d2 ? 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q Ⅰ等于球壳外壁的电量 Q1 ,即 Q1 ? a

Q =Q ? ?8 ?10-9 C Ⅰ 1

(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

q1 q Q ? k 2 ? k 2 ?U (4) d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 ?q q ? U Q2 ? d1 ? d1 ? 1 ? 2 ? ? ?16 ? 10-9 C k ? d1 d2 ? 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 (5) Q =Q2 ? ?16 ?10-9 C Ⅱ k
在 a ? 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为
-9 ?Q =Q -Q C Ⅰ Ⅱ Ⅰ ? ?8 ?10

(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

k
解得球壳外壁电量

Q q2 ? k 3 ?U d2 d1

(7)

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 24 页

共 100 页

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

(8)

(9) (10)

?Q Ⅱ ? QⅢ ? Q Ⅱ?0

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. 4.当球壳半径趋于 d2 时(点电荷 q2 仍在球壳外) ,令 Q4 表示此时球壳外壁的电量,类似前面第 3 阶段中的分 析,可得

k
由此得

q2 Q ? k 4 ?U d2 d2

(11)

Q4 ? d2

?q ? U ? d2 ? 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 d2 ) ,球壳内壁的感应电荷变为-( q1 + q2 ) ,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的电量 Q5 决定,即 Q (14) k 5 ?U d2 可得

Q5 ? d2
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
k
可得

6.当球壳的半径由 d2 增至 a1 ? 50 cm 时,令 Q6 表示此时球壳外壁的电量,有

Q6 ?U a1

(17)

Q6 ? a1
球壳的总电量为

U ? 5 ?10-9 C k
(18) (19)

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

19。 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.

x ? 2R , 1. 任意点在磁场区域内: 令 P 为任意点 (见图复解19-2-1) 在图中连直线 OA 与 OP 。 取闭合回路 APOA ,
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 25 页 共 100 页

可得回路电动势 E1 ? EAP ? EPO ? EOA ,式中 EAP , 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 ?1 ? 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

??1 ?B ? S1 ?t ?t
(2)

E1 ? S1k
由图复解19-2-2可知 1 xR S1 ? xR sin ? ? 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

?

x P O

C

A

? R O

?

C

? ? D

Q

图复解 19-2-1

图复解 19-2-2

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

EAQ ? 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

?2 ? BS2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小
E2 ? S2 k
在图中连 OC ,令 ?COQ ? ? ,则 ?OQC ? ? ? ? ,于是 (6)

S2 ? ?AOC的面积 ? 扇形OCD的面积 1 ? ? ( R sin ? ) ? 2 R cos ? ? ? R2 2 2? 1 2 ? R (sin 2? ? ? ) 2
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 26 页 共 100 页

当 ? ? ? / 4 时, S2 ?

1 2 R (1 ? ? ) , 2

?OCQ 中有

x ? 2R R ? sin ? sin[(? / 4) ? ? ]
R sin ? ? ( x ? 2 R)sin( ? ? ) 4 1 ? ( x ? 2 R) (cos ? ? sin ? ) 2
(R ? x ? 2R 2 )sin ? ? x ? 2R 2 cos ?

?

tan ? ?
于是得

x ? 2R x
(7)

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)

1 20。 以三个质点为系统, 由对称性可知, 开始时其质心应位于 C 处, 因为质点系所受的合外力为零, A 由质心运动定理可知,质心总是固定不动的。质点 1、2 在静电力作用下,彼此间距离必增大,但不 可能保持在沿起始状态时 1、2 连线上运动,若是那样运动,由于杆不能伸长,质点 3 必向左运动, C 3 三者的质心势必亦向左运动,这与“质心不动”相矛盾,故不可能。由此可知,由于杆为刚性,质 点 1、2 在静电力作用下,要保持质心不动,质点 1、2 必将分别向题图中右上方和右下方运动,而 质点 3 将向左运动.当 3 运动到 C 处时,1、2 将运动到 A 、 B 处, A 、 B 、C 三点在一直线上, 1、 B 2 2 的速度方向向右,3 的速度方向左(如图复解 19-3 所示)。令 v1 、 v 2 、 v3 分别表示此时它们的速 度大小,则由对称性可知此时三质点的总动能为

图复解 19-3

1 2 1 2 EK ? mv3 ? 2( mv1 ) 2 2
再由对称性及动量守恒可知

(1)

mv3 ? 2mv1
系统原来的电势能为

(2)

q2 l 其中 k 为静电力常数.运动到国复解 19-3 所示的位置时的电势能为 E P ? 3k E P? ? 2 k
根据能量守恒有

(3)

q2 q2 ?k l 2l

(4)

EP ? EP? ? EK
由以上各式可解得
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 27 页

(5)
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v3 ?

2kq 2 3lm

(6)

21。令 m 表示质子的质量, v 0 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)

lmax ?

2 R 2

(4)

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 ?

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。 22。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
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 28 页 共 100 页

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 ,当 x 很大时,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
ax0 U0 a?2 k a ( a ? 1) 2 U 0 x0 Q2 ? a?2 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。 23。1.解法Ⅰ:

(4) (5) (6)

? 的位置应位于 OP2 ? 的位置应位于 OP1 的延长线上的某点 B1 处,q 2 如图 1 所示, S 为原空腔内表面所在位置,q1 的延长线上的某点 B2 处.设 A1 为 S 面上的任意 一点, A 1 根据题意有
k q1 A1 P1 q2 A1 P2 ?k ? q1 A1 B1 ? q2 A1 B2 ?0
(1) B2 S
1

P2

O ?? a a P1 R
1

B1

k

?k

?0

(2)

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. ? 的位置 B1 使下式成立,即 若等效电荷 q1
2 OP 1 ? OB1=R

(3)
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全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案



OP 1 OA1

?

OA1 OB1

(4)



△OP OA1 B1 1A 1 ∽△



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)

? 的位置 B1 到原球壳中心位置 O 的距离 由 (3) 式知,等效电荷 q1
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

? ?? q2

R q2 a

(8)

? 的位置 B2 到原球壳中心 O 位置的距离 等效电荷 q2
OB2 ?
解法Ⅱ:

R2 a

(9)

? , OB1 ? d .根据题意, q1 和 q1 ? 两者在 A1 点产生的电势和为零.有 在图 1 中,设 A1 P 1 ?r 1 , A1 B1 ? r1

k

q1 q? ?k 1 ?0 r1 r1?

(1 ' )

式中

r1 ? ( R 2 ? a 2 ? 2Ra cos ? )1 2 r1? ? ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos ? )1 2
由(1' ) 、 (2' ) 、 (3' )式得
2 ? ( R 2 ? a 2 ? 2Ra cos? ) q1 ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos? ) ? q1 2

(2 ' ) (3 ' )

(4' )

(4' )式是以 cos ? 为变量的一次多项式,要使(4' )式对任意 ? 均成立,等号两边的相应系数应相等,即
2 ? (R 2 ? a 2 ) q1 ( R 2 ? d 2 ) ? q1 2 2 ? a q1 d ? q1 2

(5 ' ) (6' )

由(5' ) 、 (6' )式得
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 30 页 共 100 页

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' ) 、 (9' )式有

R2 a

(9 ' )

?2 ? q1

R2 2 q1 a2

(10' )

考虑到(1' )式,有

??? q1
同理可求得

R q1 a

(11' )

OB2 ?

R2 a

(12' )

? ?? q2

R q2 a

(13' )

? 、q2、 q2 ? 共同产生,即 2.A 点的位置如图 2 所示.A 的电势由 q1、 q1

? 1 R 1 1 R 1 ? ? U A ? kq? ? ? ? ? P A a B A P A a B A? 1 2 2 ? ? 1

2 2 P 1 A ? r ? 2ra cos? ? a

(10)

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B1 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

2

A

B2

P2 A ? r ? 2ra cos? ? a
2

2

O ?? P2 a a P1 R S
图2
1

B1

? R2 B 2 A ? r ? 2r ? ? a ?
2

? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? ? ? a ? ? ? ?

2

代入 (10) 式得

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 a 2r 2 ? 2raR2 cos? ? R4 ? r ? 2ra cos? ? a
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 31 页 共 100 页

?

1 r 2 ? 2ra cos ? ? a 2

?

? ? 2 2 2 4 ? a r ? 2raR cos ? ? R ? 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. 24.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. 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) ,当 v1、v2 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

(3)

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

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 v 2 ? VC ? u ?
因相对 S ? 系,两杆的总动量为零,即有

(6) (7)

mu ? mu ? ? 0
由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式,得

(8)

2Blu ? L

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

?i ?t

(9)

u?
代入 (9) 式得

?x? ?t

(10)

2 Bl?x ? ? L?i
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 32 页 共 100 页

(11)

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

x? ?

L i?b 2Bl

(12)

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

1 x0 ,这时 i = 0,故得 2
(13)

x? ?


L 1 i ? x0 2Bl 2

i?

2 Bl ? 1 ? ? x ? ? x0 ? L ? 2 ?

(14)

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

X ? x? ?

1 x0 2

(15)

当 X>0 时,ab 杆位于其初始位置的右侧;当 X<0 时,ab 杆位于其初始位置的左侧.代入(14)式,得

i?
这时作用于 ab 杆的安培力

2Bl X L

(16)

2B 2 l 2 X (17) 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 ? ?

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 ? ? 2π ? u ? ? A? ? sin? t ? ? ? ?T ? ?T ?

(20)

(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

1 1 u ? v0 ? VC ? v0 ? v0 ? v0 2 2
故有

0 ? A cos ?

v0 ? 2π ? ? ? A? ? sin ? 2 ?T ?
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 33 页 共 100 页

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 4? 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 ? ? ? x0 ? 0 xcd 2 2 Bl
相对地面参考系 S,质心以 VC ?

mL 2? sin t 2 T

(25)

1 v 0 的速度向右运动,并注意到(18)式,得 ab 杆在地面参考系中的位置 2
v 1 v0 t ? 0 2 2Bl mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ? mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? ? 2 mL ? ?
(26)

xab ? x0 ?
cd 杆在 S 系中的位置

xcd ?
回路中的电流由 (16) 式得

v 1 v0 t ? 0 2 2Bl

(27)

i?

2Bl v0 L 2Bl

? 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
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 34 页 共 100 页

由式(2’)、(3’)两式得

Blu ? L

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

?i ?t

(4’)

u?
代入 ( 4 ? ) 式得

?x? ?t

(5’)

Bl?x ? ? L?i

(6’)

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

x? ?

L i?b Bl

(7’)

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



x0 表示 t=?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=?时刻的相对位置的位移,即从 t=?到 t=t 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移 X ? x ? ? x0 (10') 于是有 Bl (11’) 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
? iBl ? maab iBl ? macd
两式相减并注意到( 9 ? )式得 (12’) (13’)

L i ? x0 Bl Bl i ? ?x ? ? x0 ? L x? ?

(8’) (9’)

m?a ab ? a cd ? ? ?2iBl ? ?

2B 2 l 2 X L

(14’)

式中 ?aab ? acd ? 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. 这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期

2B 2l 2 是常数,表明 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 ? ?

(16’)

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

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 35 页

共 100 页

? 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?
由此得

v0 v T? 0 2π Bl

mL 2

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 (19’) 所以

xab ? xcd ? x0 ?
(12’)和(13’)式相加,

v0 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? ? 2 mL ? ?

(20’)

m?aab ? acd ? ? ?iBl ? iBl ? 0


?aab ? acd ? ? 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’)

1 v mL ? 2 ? ?t xab ? x0 ? v0t ? 0 sin ? Bl ? mL ? 2 2Bl 2 ? ? xcd ? v 1 v0 t ? 0 2 2Bl mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(22’)

(23’)

由(11’)、 (19’)(22’)、(23’)式得回路中电流

i ? v0
评分标准:本题 25 分.

? m 2 ? ?t sin? Bl ? 2L ? mL ? ?
第 36 页 共 100 页

(24’)

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

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. 25.1.由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为 ? q1 、 ? q 2 和 ? q3 的面电荷,由电荷守恒定律可 知,在导体球的外表面呈现出电量 q1 ? q 2 ? q3 .由静电屏蔽可知,点电荷 q1 及感应电荷( ? q1 )在空腔外产生的 电场为零;点电荷 q2 及感应电荷( ? q 2 )在空腔外产生的电场为零;点电荷 q3 及感应电荷( ? q3 )在空腔外产生 的电场为零.因此,在导体球外没有电荷时,球表面的电量 q1 ? q 2 ? q3 作球对称分布. 当球外 P 点处放置电荷 Q 后,由于静电感应,球面上的总电量仍为 ?q1 ? q2 ? q3 ? ,但这些电荷在球面上不再均 匀分布,由球外的 Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零. O3 处的电势由位于 P 点处的 Q、 导体球表面的电荷 ?q1 ? q2 ? q3 ? 及空腔 3 表面的感应电荷 ( ? q3 ) 共同产生. 无 论 ?q1 ? q2 ? q3 ? 在球面上如何分布, 球面上的面电荷到 O 点的距离都是 R, 因而在 O 点产生的电势为 k Q 在 O 点产生的电势为 k

q1 ? q2 ? q3 , R

Q ,这两部分电荷在 O3 点产生的电势 U ? 与它们在 O 点产生的电势相等,即有 2R
(1)

Q ? ? q ? q 2 ? q3 ? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 ? U ? ? k? 1 ? ? ? k? ? R 2R ? 2R ? ? ?

因 q3 放在空腔 3 的中心处,其感应电荷 ? q3 在空腔 3 壁上均匀分布.这些电荷在 O3 点产生的电势为

U ?? ? k

? q3 r

(2)

根据电势叠加定理,O3 点的电势为

? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 q3 ? U ? U ? ? U ?? ? k ? ? ? 2R r ? ?
故 q3 的电势能

(3)

? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 q3 ? W ? q3U ? kq 3 ? ? ? 2R r ? ?

(4)

2.由于静电屏蔽, 空腔 1 外所有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零, 空腔 1 内的电荷 q1 仅受到腔内壁感应电荷 ? q1 的静电力作用,因 q1 不在空腔 1 的中心 O1 点,所以感应电荷 ? q1 在空腔表面分布不均匀,与 q1 相距较近的区域电 荷面密度较大,对 q1 的吸力较大,在空腔表面感应电荷的静电力作用下,q1 最后到达空腔 1 表面,与感应电荷 ? q1 中和.同理, 空腔 2 中 q2 也将在空腔表面感应电荷 ? q 2 的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷 ? q 2 中和. 达 到平衡后,腔 1、2 表面上无电荷分布,腔 3 表面和导体球外表面的电荷分布没有变化.O3 的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面的电量 ?q1 ? q2 ? q3 ? 及空腔 3 内壁的电荷 ? q3 共同产生, 故 O3 处的电势 U 与 q3 的电势能 W 仍如 (3)式与(4)式所示. 26.用半径分别为 r1(>a1) ,r2,?,ri,?,rn–1(<a2)的 n-1 个同心圆把塑料薄圆环分割成 n 个细圆环.第 i 个细圆环的宽度为 Δri ? ri ? ri ?1 ,其环带面积

Δ Si ? π ri2 ?π ?ri ?Δ ri ? ? 2 π riΔ ri
2

式中已略去高阶小量 (Δri ) 2 . ,该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为

Δ qi ? 2σ Δ S i ?

2σ 0 4π ? 0Δ ri 2π riΔ ri ? 2 ri ri
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 37 页 共 100 页

设时刻 t,细圆环转动的角速度为??,?

? ? ? 0 ? ?t ?
单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量,即为电流

ΔI i ? Δqi

?


?

2? ?0 Δri ri

由环形电流产生磁场的规律,该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为

Δ Bi ? k

Δ Ii 2?? 0Δ ri ?k ri ri 2

(1)

式中 Δri 是一个微小量,注意到 ri ri ?1 ? ri ?ri ? Δri ? ? ri2 ,有

Δri ri ? ri ?1 1 1 ? ? ? 2 r r r r ri i i ?1 i ?1 i

(2)

将各细圆环产生的磁场叠加,由(1) 、 (2)式得出环心 O 点处的磁感应强度:

B?

2k? ?0 (a 2 ? a1 ) a1 a 2

(3)

由于 a0<<a1,可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场,可由 O 点的场表示.磁场对导线环的磁 通量

Φ ? BS ?

2k? ?0 (a 2 ? a1 ) 2 πa 0 a1 a 2

(4)

由于 ? 是变化的,所以上述磁通量是随时间变化的,产生的感应电动势的大小为

y ?f U ?fx ?fy ?l M ?fy? ?y ?l ?x V ?fx? x N ?f?

??? ??
Q O

E ?

2 2 ? ?? 2k? 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 ?? 2k? 0 (a 2 ? a1 )πa 0 ? ? ?t a1 a 2 ?t a1 a 2

(5)

由全电路欧姆定律可知,导线环内感应电流的大小为
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 38 页 共 100 页

I?

2 ? E 2k? 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 ? R a1 a 2 R

(6)

设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转,穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外,由于薄圆环环作减角速转动, 穿过导线圆环的磁场逐渐减小,根据楞次定律,导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向,导线圆环各元段?l 所受的 安培力都沿环半径向外.现取对于 y 轴两对称点 U、V,对应的二段电流元 I? l 所受的安培力的大小为

?f ? BI?l
方向如图所示,它沿 x 及 y 方向分量分别

(7)

?f x ? BI?l ? cos ? ? BI?y

(8) (9)

?f y ? BI?l ? sin? ? BI?x

根据对称性,作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 x 分量之和相互抵消,即

fx ?

?BIΔy ? BI ?Δy ?0

(10) , ? ?y ? 0 )

(式中 ?y ? ?l cos ? ,当 ? ?

π π 时, ?y 是正的,当 ? ? 时, ?y 是负的,故 2 2

而作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 y 分量之和为

fy ?

?BIΔx ? BI ?Δx ? BI 2a

0

(11)

(式中 ?x ? ?l sin ? ,由于??在 0??之间 ?x 都是正的,故

??x ? 2a

0

) ,

即半个导线圆环上受的总安培力的大小为 BI 2a0 ,方向沿 y 正方向,由于半个圆环处于平衡状态,所以在导线截面 Q、N 处所受(来自另外半个圆环)的拉力(即张力)F 应满足 2F ? BI 2a0 .由(3) 、 (6)两式得

F ? BIa 0 ?

2 3 4k 2? 0 πa0 (a 2 ? a1 ) 2 ? 2 a12 a 2 R

??0 ? ?t ?

(12)

由(12)式可见,张力 F 随时间 t 线性减小. 27.答案: uD 如图 1 所示, uB 如图 2 所示. uD BD DA

U
t

0 -U

T

2T

图1
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 39 页 共 100 页

uB

U
t

0

T

2T

?U

图2



附参考解法:
二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管 D1 和 D2 处在什么状态,若在时刻 t,A 点的电压为 uA,D 点 的电压为 uD,B 点的电压为 uB,电容器 C1 两极板间的电压为 uC1,电容器 C2 两极板间的电压为 uC2,则有

uD ? u A ? uC1 (1)

uB ? uC 2 (2)

uC1 ? uA ? uD ? uC 2

q1 (3) C q ? uB ? uG ? 2 (4) C

式中 q1 为 C1 与 A 点连接的极板上的电荷量,q2 为 C2 与 B 点连接的极板上的电荷量. 若二极管 D1 截止,D2 导通,则称电路处在状态 I. 当电路处在状态 I 时有

uD ? uB

uD ? 0 (5)

若二极管 D1 和 D2 都截止,则称电路处在状态 II. 当电路处在状态 II 时有

uD ? uB

uD ? 0 (6)

若二极管 D1 导通,D2 截止,则称电路处在状态 III.当电路处在状态 III 时有

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 40 页

共 100 页

uD ? uB
电路处在不同状态时的等效电路如图 3 所示. A uA C1 D D2 D1 C2 G
状态 I 状 态 II图 3

u D ? 0 (7)

B

A uA

C1 D

D2

B C2 G

A uA

C1 D D2 D1

B C2 G

D1

状 态 III

在 t ? 0 到 t ? 2T 时间间隔内,uD、uB 随时间 t 的变化情况分析如下: 1. 从 t ? 0 起,uA 从 0 开始增大,电路处在状态???,C1、C2 与电源组成闭合回路. 因 C1、C2 的电容相等,初始 时两电容器都不带电,故有

1 uC1 ? uC 2 ? uA 2 1 uD ? uB ? u A 2 1 1 在 uA 达到最大值即 uA = U 时,对应的时刻为 t ? T ,这时 uD ? uB ? U ,也达到最大值. uA 达到最大值后将要减 4 2 1 小,由于 D2 的单向导电性,电容器 C?、C?都不会放电, uC1 和 uC 2 保持不变,uD 将要小于 U ,即将要小于 uB , 2 1 D2 将由导通变成截止, 电路不再处于状态 I. 所以从 t = 0 到 t ? T 时间间隔内, uD、 uB 随时间 t 变化的图线如图 4、 4
图 5 中区域 I 内的的直线所示.? 2. 从 t ? T 起, 因 uD 小于 uB , D2 处在截止状态, 电路从状态???变为状态???. 因为二极管的反向电阻为无限大, 电容器 C?、C?都不会放电,两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态???时,D 点的电压

1 4

1 uD ? uA ? U 2
B 点的电压 ?

1 uB ? U 2 1 2

3 1 8 2 1 3 将小于 0,D1 要从截止变成导通,电路不再处在状态 II.所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图 4 8
线如图 4 和图 5 中区域?????内的直线所示.

随着 uA 从最大值 U 逐渐变小,uD 亦变小;当 u A ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? 0 .如果 uA 小于 U ,则 uD

3.从 t ? T 起,uA 从 U 开始减小,D1 导通,但 uD ? uB ,D2 仍是截止的,电路从状态 II 变为状态 III.当电路 处在?状态?????时有?

3 8

1 2

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第 41 页

共 100 页

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

uD ? 0 ?

1 uB ? U ? 2

在 uA 减小的过程中, C1 两极板间的电压 uC1 (= uA) 也随之改变, 从而维持 uD 为 0. 当 uA 达到反向最大值即 u A ? ?U 时, 对应的时刻为 t ? T ,uC1 ? ?U .若 uA 从 ?U 开始增大 ( ?U 减小) , 因 D1 的单向导电性, 电容器 C1 不会放电,

3 4

3 3 uC1 ? ?U 保持不变, uD ? u A ? uC1 ? 0 ,D1 要从导通变成截止,电路不再处于状态 III.所以在 t ? T 到 t ? T 时间 8 4 间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中区域??????内的直线所示.
4. 从 t ? T 起,uA 从 ?U 开始增大, D1 变为截止状态, uD ? u A ? U 从零开始增大,只要 uD 仍小于 uB,D2 仍是截止的,电路从状态 III 变为状态 II. 当电路处在?状态?????时,C1 和 C2 不会放电,电容器两极板间的电压保持 不变. 故有

3 4

uD ? u A ? U

1 uB ? U 2 1 2 3 7 通, uD ? uB ,电路不再处于状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中? 4 8 1 2
区域?????中的直线所示. 5. 从 t ? T 起,uA 要从 ? U 增大, D2 变为导通状态,这时 D1 仍是截止的,电路又进入状态 I. 当电路处在? 状态 I 时,电源与 C1、C2 构成闭合回路,而 当 uA 增大至 ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? uB ? U . 若 uA 再增大,uD 将要大于 uB,D2 将要从截止变为导

7 8

7 8

1 2

uD ? uB

uA ? 7 8

q1 q2 ? C C 1 2

当 uA 变化时, q1 ? q2 将随之变化,但由导通的二极管 D2 连接的 C1、C2 的两块极板所带的总电荷量 ?q1 ? q2 是恒定 不变的.由于在 t ? T 时刻, uC1 ? ?U , uC 2 ? U ,此时 q1 ? ?CU , q2 ? CU ,故有

1 2 1 3 ?q1 ? q2 ? CU ? CU ? CU 2 2 3 1 uD ? uB ? U ? uA 4 2

由以上有关各式得

5 4 5 5 导电,uB ? uC 2 只增不减,uA 从最大值减小时,uC1 不变,uD 将要小于 U ,而 uB ? uC 2 保持为 U ,因而 uD ? uB , 4 4 5 7 D2 从导通变成截止,电路不再是状态 I. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 4 8
uD、uB 随着 uA 的增大而增大. 当 uA 达到最大值即 u A ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? uB ? U .由于 D2 单向 中? I2 中的直线所示.
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 42 页 共 100 页

5 4

6. 从 t ? T 起,uA 从 U 开始减小, D2 变为截止状态,这时 D1 仍是截止的,电路又进入状态 II. 当电路处在? 状态?????时, C1 和 C2 不会放电, 电容器两极板间的电压保持不变. 由 t ? T 时刻的 uD 和 uA 的值可知此时 uC1 ? ? U . 故有

5 4

5 4

1 4

1 uD ? uA ? U 4
5 uB ? U 4
当 uA 减少至 ? U 时,对应的时刻为 t ?

1 25 T , uD ? 0 ,以后 D1 将由截止变为导通,电路不再处在状态 II. 所以在 4 16 5 25 t ? T 到 t ? T 时间内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中? II3 中的直线所示. 4 16 25 1 7. 从 t ? T 起,uA 从 ? U 开始减小,D1 变为导通状态,但 D2 仍是截止的,电路又进入状态 III,故有 16 4
uD ? 0

5 uB ? U 4
在 uA 减小的过程中,C1 两端的电压 uC1 也随之改变,开始阶段 D1 保持导通,uD = 0. 但当 uA 减小至-U 时,对应的 时刻为 t ? T ,uC1 = U. 因 D1 单向导电,且 uD ? uB ,C1 右极板的正电荷只增不减,uA 到达-U 后要增大,uD 要大 于 0,D1 要从导通变为截止,电路不再处于状态 III. 所以在 t ? 如图 4 和图 5 中 III2 内的直线所示. 8. 从 t ? T 起,uA 从-U 开始增大,D1 变为截止状态,D2 仍是截止的,电路又进入状态 II. 当电路处于状态??? 时,C1 和 C2 不会放电,电容器两极板间的电压保持不变.由 t ? T 时刻的 uD 和 uA 的值可知,此时 uC1 ? ?U .故有

7 4

7 25 T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线 4 16

7 4

7 4

uD ? u A ? U

5 uB ? U 4
uD 将随着 uA 的增大而增大.当 uA= U 时,对应的时刻 t ?

1 4

33 5 5 T ? 2T ,uD = U ,与 uB 相等.以后 uD 要大于 U ,D2 16 4 4

要从截止变为导通,电路不再是状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? 2T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中 II4 内的直线所示.

7 4

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 43 页

共 100 页

总结以上讨论,各时段起讫时刻及 uD 和 uB 变化值如下表所示: 1 时 段 I1 2 II1 3 III1 4 II2 5 I2 6 II3 7 III2 8 II4

uD

T 4 U 0? 2 0? U 2

T 3T ? 4 8

3T 3T ? 8 4
0

3T 7T ? 4 8 0? U 2

7T 5T ? 8 4 U 5U ? 2 4
U 5U ? 2 4

5T 25T ? 4 16

25T 7T ? 16 4
0

7T ? 2T 4
0 ?U

U ?0 2

5U ?0 4

uB

0?

U 2

5U 4

uD BD DA

U
t

0

T

2T

?U
I1 II1 III1 II2 I2 图4 II32 III2 II4

uB

U
t

0

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

T

第 44 页

2T

共 100 页

?U
I1 II1 III1 II2 I2 II32 III2 II4

评分标准: 本题 25 分
28.1.题给的磁场 B ? x, t ? 随时间和空间的变化具有周期性,在某时刻 t ,磁场的空间分布为

B ? x, t ? ? B0 cos ??t ? kx ?
在 t ? ? t 时刻,磁场的空间分布为

? ? ?? ? B ? x, t ? ?t ? ? B0 cos ? ?? ? t ? ?t ? ? kx ? ? ? B0 cos ??t ? k ? x ? k ?t ? ? ? ?? ?

? ? ? 比较上面两式,不难看出, t 和 t ? ? t 这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的,只是 t 时刻原位于 ? x ? ?t ? 处 k ? ? 的磁场,经历 ?t 时间,在 t ? ? t 时刻,出现在 x 处.即整个磁场的分布经时间间隔 ?t 沿 x 轴的正方向平移了一段距 离

? ? ? ?x ? x ? ? x ? ?t ? k ? ?
平移速度

v0 ?

?x ? ? (1) ?t k

平移速度 v0 为恒量.由此可见,题给出的磁场 B ? x, t ? ? B0 cos ??t ? kx ? 可视为一在空间按余弦规律分布的非均匀 磁场区域以速度 v0 沿 x 轴的正方向平移.如果金属框移动的速度小于磁场区域平移的速度,那么通过金属框的磁通 将随时间发生变化,从而在金属框中产生感应电流,感应电流将受到磁场的安培力作用. 由题已知,在时刻 t,金属框移动的速度为 v ,金属框 MN 边位于坐标 x 处,PQ 边位于坐标 x ? d 处.设此时 金属框的磁通为 ? (规定由纸内到纸外 ? 为正) ;经过一很短的时间间隔 ?t ,整个磁场分布区域向 x 方向移动了 一段距离 v0 ?t ,金属框向 x 方向移动了一段距离 v ? t ,其结果是: MN 边左侧穿过面积为 ? v0 ? v ? l ?t 的磁通

B ? x, t ?? v0 ? v ? l ?t 移进了金属框,PQ 边左侧穿过面积为 ? v0 ? v ? l ?t 的磁通 B ? x ? d , t ?? v0 ? v ? l ?t 移出了金属框,故
在 t ? ? t 时刻,通过金属框的磁通为

? ? ? ? ? B ? x, t ?? v0 ? v? l?t ? B ? x ? d , t ?? v0 ? v? l?t
在 ?t 时间间隔内,通过金属框的磁通增量为
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 45 页 共 100 页

?? ? ? ? ?? ? ? ? B ? x, t ? ? B ? x ? d , t ?? ? l ? v0 ? v? ?t (2)
规定框内的感应电动势 E ? t ? 沿顺时针方向(沿回路 MNPQM 方向)为正,由电磁感应定律,可得 t 时刻的感应电动 势

E ?t ? ?

?? (3) ?t

规定金属框内的感应电流 i ? t ? 沿顺时针方向(沿回路 MNPQM 方向)为正,可得 t 时刻的感应电流为

i ?t ? ?

E (4) R

磁场对于上下两边 NP 和 MQ 的安培力的大小相等,方向相反,二者的合力为零.规定向右的力为正,则磁场作用 于金属框 MN 边的安培力为 i ?t ? B ? x, t ? l ;由于 PQ 边和 MN 边的电流方向相反,磁场作用于金属框 PQ 边的安培力 为 ?i ? t ? B ? x ? d , t ? l ,故金属框的安培力的合力

f ?t ? ? i ?t ? B ? x, t ? l ? i ?t ? B ? x ? d , t ? l (5)
由(1) 、 (2) 、 (3) 、 (4) 、 (5)式及题给定的磁场分布规律,得

? 2 2 ?? B0 l ? ? v? ?k ? cos ?t ? kx ? cos ? ?t ? kx ? kd ? 2 (6) f ?t ? ? ? ? ? ? ?? R

?

?

利用三角学公式,得

? 2 2?? 4 B0 l ? ? v? ?k ? sin 2 ? kd ? sin 2 ? 2 ??t ? kx ? ? kd ? ? F sin 2 ? ?t ? kx ? kd ? (7) f ?t ? ? ? ? ? 0 ? ? ?? ? R 2 2? ? 2 ? ? ? ?

? 2 2 ?? 4B0 l ? ? v? ?k ? sin 2 ? kd ? F0 ? ? ? R ? 2 ? F0 称为安培力 f ? t ? 的幅度.从(7)式可以看出,安培力 f ? t ? 在 F0 的幅度内随时间变化,但其值不会小于零,表
示磁场作用于金属框的安培力始终向右. 2.讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论 F0 与线框几何尺寸的关系. F0 与金属框长度 l 的平方成 正比,与金属框的宽度 d 有关: 当 kd ? 2nπ , 即

d?


2nπ k

n ? 0,1,2,

(8)

F0 ? 0 (9)
当 kd ? ? 2n ? 1? π ,即

d?

? 2n ? 1? π
k

n ? 0,1, 2,

(10)

F0 达最大值
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 46 页 共 100 页

F0? max ?

? 2 2 ?? 4B0 l ? ? v? ?k ? (11) ? R

当 d 取其它值时, F0 介于 0 与最大值 F0? max ? 之间.

评分标准: 本题 25 分.
29. 设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x
y

l1
因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电 在线框中引起感应电流, 感应电流的变化又引 框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向, 生的电动势 E v 与设定的正方向相反,自感电 设定的正方向相同.因线框处于超导状态,电
O x

? x ? l1 ? ,速度为 v ,
动势为 E 它 v ? v Bl2 ,

l2

v0

起自感电动势. 设线 则切割磁感应线产
x

动势 E L ? ?L

?i 与 ?t

阻 R ? 0 ,故有 (1)

E L ?E v ? ?L


?i ? vBl2 ? iR ? 0 ?t

L


?i ?x ? Bl2 ?0 ?t ?t
Bl2 ?x ? ? L?i

(2)

(3)



Bl ?i ?? 2 ?x L
可见 i 与 x 成线性关系,有

(4)

Bl 2 (5) 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 i??
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

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 47 页

共 100 页

??
周期

2 B 2l2 Lm

(8)

T ? 2π

Lm 2 B 2l2

(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
2 ? 2 1 2 1 ? B 2l2 mv0 ? ? ? xm 2 2? L ?

(10)



xm ?
故其运动方程为

2 Lmv0 2 B 2l2

(11)

x?

v0 Lm Lm ? Bl ? sin ? 2 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

1 1 B 2 l22 2 2 m v0 ? l1 2 2 L
由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式
2 ? 2 1 2 1 ? B 2l2 mv0 ? ? ? l1 2 2? L ?

(13)



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
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 48 页 共 100 页

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 ? ? 合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运动的速度可由下式决定
2 1 1 1 B 2 l2 2 m v0 ? mv 2 ? l12 2 2 2 L

Bl2 l1 ,磁场对线框两条边的安培力的 L


2 v ? v0 ? 2 B 2l12l2 Lm

(17)

30.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 ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? T ? 2.4 ? 10-7 T r 125 ? ?
引力加速度

3

?5

(1)

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s2 ? 0.39m/s 2 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 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 x ux v0 uz O

2

(2) z

uy

v0 v

uy ? v0

y

图1

qv0 B ? mg


v0 ?

mg qB

(3)

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)

这样,所考察的粒子的速度可分为三部分: 沿 z 轴的分速度 u z .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
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 49 页 共 100 页

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 ux 和 y 分量 uy 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) (7)

v0p ? 1.7 ?10?2 m/s

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/m2

(9)

电流密度的方向沿纬度向东. 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) 、 (10)各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re ? 0.33m

(11) (12)

Rp ? 14.8m

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用,电子和质子在地球半径 方向的最大下降距离分别为 2 Re ? 0.66 m 和 2Rp ? 29.6 m ,都远小于等离子层的厚度,所考察的电子和质子仍在等 离子层内运动,不会落到地面上. 解法二:. 1.由于等离子层的厚度远小于地球半径, 故在所考察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
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 50 页 共 100 页

3.0 ? 10 ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? T ? 2 .? 4 ?? 10 T 125 ? r ?
引力加速度

3

?5

(1)

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s2 ? 0.39m/s 2 r 25 ? ?
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 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

2

(2)

z vz O vx x vy y
图1

vy 、 速度在坐标系中的三个分量分别为 ux、 uy 和 uz. 若以 vx 、
vz 表示粒子在任意时刻 t 的速度 v 在 x 方向、y 方向和 z 方向
的分速度,则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下的运动 方程为

m

? dvx mg ? ? mg ? qv y B ? qB ? v y ? ? dt qB ? ?
m dv y dt ? ?qvx B

(3)

(4)

m
(5)式表明,所考察粒子的速度在 z 轴上的分量保持不变,即

dvz ?0 dt
(6)

(5)

vz ? u z
作变量代换,令

Vx ? v x
其中

Vy ? v y ? v0

(7)

v0 ?
把(7) 、 (8)式代入(3) 、 (4)式得

mg qB

(8)

m
m dV y dt

dVx ? qBVy dt
? ? qVx B

(9) (10)

由(9) 、(10) 两式可知,作用于粒子的力 F 在 x 和 y 方向的分量分别为

Fx ? qBVy Fy ? ?qBVx
若用 ? 1 表示 F 的方向与 x 轴的夹角, ? 2 表示 V 的方向与 x 轴的夹角,而 V ? Vx2 ? Vy2 ,则有

tan ?1 ?

Fy Fx

??

Vx Vy
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全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

tan ? 2 ?

Vy Vx

可见 tan ?1 ? tan ?2 ? ?1 ,表明 F 的方向与 V 的方向垂直,粒子将在 F 的作用下在 Oxy 平面内作速率为 V 的匀速圆周 运动.若以 R 表示圆周的半径,则有

qVB ? m
R?

V2 R
(11)

mV qB

在匀速圆周运动中,V 的大小是不变的,任何时刻 V 的值也就是 t ? 0 时刻 V 的值,由(7)式和已知条件在 t ? 0 时 刻有

Vx ? ux Vy ? uy ? v0
故有
2 V ? ux ? ? u y ? v0 ? 2

(12)

以上讨论表明,粒子的运动可分成三部分: 根据(6)式 vz ? uz ,可知粒子沿 z 轴的分速度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. 根据(7)式可得 vx ? Vx , vy ? Vy ? v0 ,表明粒子在 Oxy 平面内以速率 V 作圆周运动的同时,又以速度 v0 沿 y 轴运动.Vx 、Vy 是圆周运动速度的 x 分量和 y 分量.圆周运动的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 ux 和 y 分量 uy 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. 沿 y 轴的速度 v0 由 (8) 式给出, 其大小是恒定的, 与粒子的初速度无关, 同种粒子相同, 但对带正电的粒子, 其方向沿 y 轴的负方向,对带负电的粒子,其方向沿 y 轴的正方向. 由此可见,等离子层内电子和质子虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(8)式给出的速度 v0 ,其方向垂直于 粒子所在处的地球引力,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(8)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

(13) (14)

v0p ? 1.7 ?10?2 m/s

由于电子、质子漂移速度的方相反,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

(15)

j ? 2.8 ?10?14 A/m2
电流密度的方向沿纬度向东.
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 52 页

(16)
共 100 页

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(12)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

(17)

因题给出的电子与质子的初速度 ux 是不同的,电子、质子的质量又是不同的,故电子、质子在 Oxy 平面内作圆周 运动的半径也是不同的.由(1) 、 (2) 、 (8) 、 (11) 、 (12)各式并代入有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re ? 0.33m

(18) (19)

Rp ? 14.8m

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用,电子和质子在地球半径 方向的最大下降距离分别为 2Re ? 0.66m 和 2Rp ? 29.6m ,都远小于电离层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离 子层内运动,不会落到地面上. 31.1.

2 2 ?1

? 2 ? 2 ? 0.59 (3 分)

2 (2 分)

2.如图(15 分.代表电流的每一线段 3 分,其中线段端点的横坐标占 1 分,线段的长度占 1 分,线段的纵坐标占 1 分) 4 3 2 1 O -1 -2 -3 -4 32.参考解答: 如果电流有衰减,意味着线圈有电阻,设其电阻为R,则在一年时间 t 内电流通过线圈因发热而损失的能量为 0.83 1.17 1 2.00 2 2.83 3 4.00 4 x/s I/ne v

?E ? I 2 Rt
?????????????????????????????????????????????????????????? R ? ?

(1)

以??表示铅的电阻率,S表示铅丝的横截面积,l 表示铅丝的长度,则有?

l ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????(2)? S

电流是铅丝中导电电子定向运动形成的,设导电电子的平均速率为v,根据电流的定义有? ??????????????????????????????????????????????????????????? I ? S vne ?????????????????????????????????????????????????????????????????????????(3)? 所谓在持续一年的时间内没有观测到电流的变化,并不等于电流一定没有变化,但这变化不会超过电流检测仪器的 精度?I,即电流变化的上限为 ?I ? 1.0mA .由于导电电子的数密度 n 是不变的,电流的变小是电子平均速率变小的 结果,一年内平均速率由v变为 v-?v,对应的电流变化

?I ? neS ?v

(4) 导电电子平均速率的变小,使导电电子的平均动能减少,铅丝中所有导电电子减少的平均动能为
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1 2? ?1 ?Ek ? lSn ? mv2 ? m ? v ? ?v ? ? ? lSnmv?v 2 ?2 ?

(5)

由于?I<<I,所以?v<<v,式中?v的平方项已被略去.由(3)式解出 v,(4)式解出 ?v,代入(5)式得

?Ek ?

lmI ?I ne 2 S
?Ek ? ?E

(6)

铅丝中所有导电电子减少的平均动能就是一年内因发热而损失的能量,即 (7) (8) (9) (10) (11)

由(1)、(2)、(6)、(7)式解得 式中 在(8)式中代入有关数据得

??

mΔI ne 2 It

t ? 365 ? 24 ? 3600s=3.15 ?107s

? ? 1.4 ?10?26 Ω ? m

所以电阻率为0的结论在这一实验中只能认定到 33.

? ? 1.4 ?10?26 Ω ? m

34.
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35.

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36.

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37.1.Y1 = -0.3d ,Y2 = 0.9d . 2 .Y ′ = -0.138d ,Y ′ ′ = -0.138d . 附参考解法: 1.当阀门 a 第 1 次开启时,具有各种速率的粒子(称之为第一批粒子)从 A 处进入 AB 之间,在 a 第 2 次开启 时刻,第一批粒子中速率为

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l v1 = T

(1)

的粒子正好射到 B 处,被阀门 b 挡住.与此同时,第二批具有各种速率的粒子从 A 处进入 AB 之间.在阀门 a 第 3 次开启的时刻,第一批进入 AB 间的粒子中速率为 l 1 v2 = 2T = 2 v1 (2)

的粒子与第二批进入 AB 间的粒子中速率为 v1 的粒子同时到达 B 处.因此时阀门 b 已开启,这些粒子都从 B 处 沿虚线射向两平行板,而第三批进入 AB 间的粒子在它们到达 B 处时,被 b 挡住.由此可知,能从 B 处射向两平行 板的粒子具有 v1 和 v2 两种不同的速率. 根据题意,粒子从 B 处射出的时刻为 t = 0 ,故速率为 v1 的粒子在时刻 l t1 = v = T 1 进入两平行板之间,由本题图 2 可知,两板间的电压 u = -U 粒子在两板间的电场作用下的加速度为-a ,粒子通过两板经历的时间为 l △t1 = v = T 1 在△t1 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为 v1y = -a△t1 = -aT 1 1 y1 = - 2 a (△t1 )2 = - 2 aT2 (3) (4)

1 1 因 aT2 = 5 d ,故| y1 | = 10 d < d ,表明速率为 v1 的粒子能穿出平板,粒子穿出平板后做匀速运动.在 从射出平板至射到屏的时间内,粒子在 Y 方向的位移 l △y1 = v1y v = -aT2 1 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 1 3 Y1 = y1 +△y1 = - 2 aT2 -aT2 = - 2 aT2 = -0.3d 速率为 v2 的粒子在时刻 l t2 = v = 2T 2 进入两平行板之间,由本题图 2 可知,两板间的电压 u = 2U 粒子在电场作用下的加速度为 2a ,粒子通过两板经历的时间为 l △t2 = v = 2T 2 因为两板间的电压在时间△t2 内由 2U 变为-U,粒子的加速度亦将从 2a 变成-a ,由此可求得在△t2 时间内
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(5)

(6)

粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为 v2y = 2aT - aT = aT 1 1 5 y2 = 2 ( 2a )T 2 + ( 2aT )T - 2 aT 2 = 2 aT 2 (7) (8)

1 1 因 aT2 = 5 d ,故 y2 = 2 d < d ,表明速率为 v2 的粒子亦能穿出平板.粒子穿出平板后做匀速运动.在从 射出平板至射到屏的时间内,粒子在 Y 方向的位移 l △y2 = v2y v = 2aT2 2 粒子打在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 5 9 Y2 = y2 +△y2 = 2 aT2 + 2aT2 = 2 aT2 = 0.9d (10) (9)

即粒子在屏上产生的痕迹是两个点,它们的 Y 坐标分别为 Y1 和 Y2 . 2.由于阀门从开启到关闭要经历一段时间,在阀门 a 开启到关闭经历的 δ 时间间隔内的不同时刻,都有各种 不同速率的粒子从 A 处进入 AB 间,有的早进入,有的晚进入.由于阀门 b 从开启到关闭也要经历一段时间 δ ,粒 子可能在最早的时刻即 t = 0 的时刻从 B 处射出,也可能在最晚的时刻即 t = δ 时刻从 B 处射出.在 a 刚开启的时刻 从 A 处射入 AB 间,并在 t = δ 时刻从 B 处射出的粒子的速率最小,这最小速率为 l vmin = T + δ (11)

在阀门 a 刚要关闭时刻从 A 处射进 AB 间,并在 t = 0 的时刻从 B 处射出的粒子的速率最大,这最大速率为 vmax = l T -δ (12)

在 t = 0 时刻从 B 处射出的速率为 vmax 的粒子在时刻 l t1 = v =T - δ max 进入两平板之间,在时刻 l t1′ = t1 + v = 2T -2δ max 离开两平板.由本题图 2 可知,在 T - δ 到 T 时间内,两板间的电压为 2U ,在 T 到 2T -2δ 时间内,两板间 的电压为-U ,与电压对应的粒子的加速度分别为 2a 和-a .在粒子通过平板的时间内,粒子在 Y 方向获得的分 速度和位移分别为 v1y = 2aδ - a (T - 2δ ) = -aT + 4aδ 1 1 y1 = 2 ( 2a ) δ2 + ( 2a ) δ (T - 2δ )- 2 a (T - 2δ )2 1 = - 2 aT 2 + 4aδT - 5aδ2 (14) (13)

粒子穿出平板后做匀速运动.从射出平板至射到屏的时间内,粒子在 Y 方向的位移

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l △y1 = v1y v = (-aT + 4aδ ) (T -δ ) max = -aT2 + 5aδT - 4aδ2 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 3 Y1 = y1 +△y1 = - 2 aT2 + 9aTδ -9aδ2 根据题意,代入数据得 Y1 = -0.138d 在 t = δ 时刻从 B 处射出的速度为 vmin 的粒子在时刻 l t2 = δ + v = T + 2δ min 进入两平板之间,在时刻 l t2′ = t2 + v = 2T + 3δ min 离开两平板.由本题图 2 可知,在 T + 2δ 到 2T 时间内,两板间的电压为-U ,在 2T 到 2T + 3δ 时间内,两板 间的电压为 2U ,与电压对应的粒子的加速度分别为-a 和 2a .在粒子通过平板的时间内,粒子在 Y 方向获得的 分速度和位移分别为 v2y = - a (T - 2δ ) + ( 2a )3δ = -aT + 8aδ 1 1 y2 = - 2 a (T - 2δ )2 -a (T - 2δ ) 3δ + 2 ( 2a ) ( 3δ ) 2 1 = - 2 aT 2 - aTδ + 13aδ2 (19) (18) (17) (16) (15)

粒子穿出平板后做匀速运动.在从射出平板至射到屏的时间内,粒子在 Y 方向的位移 l △y2 = v2y v = (-aT + 8aδ ) (T + δ ) min = -aT2 + 7aTδ + 8aδ2 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 3 Y2 = y2 +△y2 = - 2 aT2 + 6aTδ + 21aδ2 根据题意,代入数据得 Y2 = -0.138d (22) (21) (20)

由以上分析可知,速率最小和速率最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于 Y 轴上的同一点.

38.
解法一 1.平行板间仅有磁场,带电粒子初速度 v0 的方向垂直于磁场,在洛伦兹力的作用下,粒子将在垂直于磁场方 向的平面内做匀速圆周运动,圆周半径
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 68 页 共 100 页

mv0 R0 = qB

(1)

轨道平面与 Oxz 坐标平面的交线如图 1 中 NN ′所示.要使粒子刚能到达极板 Q(与板刚未接触) ,圆心 C 应是 ON ′的中点,有 z P B Q

α N O α C N ′ x

2d 图1 CN (2) 由(1) 、 (2)式得 dqB v0 = 2mcosα (3) ′ = R0 = d 2cosα

粒子由 O 经过半个圆周到达 N ′,所经历的最短时间为圆周运动的半个周期 T πm t0 = 2 = qB (4)

2.以 y 轴为旋转轴,顺时针转动 α 角,建立新坐标系 Ox′ y′ z′,如图 2 所示.在新坐标系中电场强度 E 的分 量为 z z′ B α v0 O α x′ 图2 E y , y′

Ex ′= Ecosα 磁感应强度 B 的分量为 Bx ′= 0

Ey ′= 0

Ez ′= Esinα

(5)

By ′= 0

Bz ′= B

(6)
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带电粒子所受到的电场力的分量为 fEx ′= qEx ′= qEcosα fEy ′= 0 fEz ′= qEz ′= qEsinα (7)

当带电粒子速度为 v 时,带电粒子所受到磁场力的分量为 fBx ′= qvy′ B fBy ′= -qvx ′ B fBz ′= 0 (8)

(i)关于带电粒子在 Ox′ y′平面内的分运动 现设想起始时刻带电粒子沿 y′轴正方向的初速度 v0 用下式表示 v0 = v0 + v1- v1= v2- v1 式中 v2 = v0 + v1 (9)

现把 v0 看成沿 y′轴负方向运动的速度 v1 和沿 y′轴正方向运动的 v2 的合成.这样,与前者联系的运动使带电粒子 受到沿 x′轴的负方向的磁场力作用,它与电场力的分量 fEx ′的方向相反,当 v1 取数值 Ex ′ E v1= B = Bcosα (10)

时,与- v1 相联系的磁场力与 fEx ′的合力为零,其效果是带电粒子沿 y′轴负方向以速度 v1 做匀速运动;与后者联 系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用,此力的方向既垂直于磁场方向(z′轴方向) ,又垂直于速度 v2 ,即位于 Ox′ y′平面内,其大小为 fx ′ = qv2B y′ (11)

粒子在此力作用下在平面内做速度为 v2 的匀速圆周运动,圆周的半径 mv2 R = qB 其圆频率 y′ ω (13) 由以上分析可知带电粒 另一方面圆心沿 y′轴负方 (ii)关于粒子沿 z ′轴 由 (7) 、 (8) 两式可知, az (14) 即粒子沿着 z ′轴以加速度 az ′做匀加速直线运动. (iii)关于粒子在 Ox′ y′ z′坐标系中的运动方程
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(12)

=

q m

B

v2 子一方面在 Ox′ y′平面内做上述匀速圆周运动, O ωt x′ E 向以速度 v1= Bcosα 做匀速直线运动. 的分运动 图3 粒子在 z ′方向仅受电场力作用,其加速度 qEz ′ m = qE m sinα

=

在只考虑圆周运动的情况下,粒子的坐标随时间变的关系为 x′ = R ( 1-cosωt ) y′ = R sinωt z′ =0 (15) (16) (17)

考虑了圆心运动及粒子沿 z ′轴的运动并注意到(9) 、 (10) 、 (12)式,在 Ox′ y′ z′坐标系中,粒子的运动方 程为 mv2 mv0 mEx ′ x′ = qB ( 1-cosωt ) = ( qB + qB2 ) ( 1-cosωt ) mv0 mEx ′ Ex ′ y′ = Rsinωt - v1t = ( qB + qB2 ) sinωt - B t 1 qEz ′ z′ = 2 m t2 (iv)粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程 利用坐标变换 x = x′ cosα + z′ sinα y = y′ z = -x′ sinα + z′ cosα 并注意到(5) 、 (9 ) 、 (10) 、 (13)各式,可将(18) 、 (19) 、 (20)式转换至 Oxyz 坐标系,得到粒子在 Oxyz 坐 标系中的运动方程式为 m Ecos2α q 1 qEsin2α 2 x = qB ( v0cosα + ) ( 1 - cos Bt ) + B m 2 m t m Ecosα q Ecosα y = qB ( v0 + B )sinmBt - B t m z = - qB ( v0sinα + Esin2α q qEsin2α 2 2B ) ( 1-cosmBt ) + 4m t (21) (22) (23) (18) (19) (20)

T πm 根据题意,将 x = d 和 t = t0 = 2 = qB 代(21)式,解得 v0 = 2qB2d -mE ( 4cos2α + π2sin2α) 4mBcosα (24)

π T πm 将 α = 4 ,t = t0 = 2 = qB 和(24)式代入(21) 、 (22) 、 (23)各式,可得粒子到达极板 Q 时粒子的坐标为 x=d y= - 2πmE 2qB2 (25) (26) (27)

π2mE z = -d + 2qB2 解法二 1.与解法一相同.
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2.以 y 轴为旋转轴,顺时针转动 α 角,建立新坐标系 Ox′ y′ z′,设粒子速度在坐标系 Ox′ y′ z′中分量分别为 vx ′、vy ′、vz ′,牛顿第二定律的三个分量形式为 dvx ′ m dt = qEx ′+ qvy ′B dvy ′ m dt = -qvx ′B dvz′ m dt = qEz′ 将(2)式表示为 dvy ′ qB dx′ dt = - m dt 两边积分后得 qB vy ′= -( m ) x′ + C1 C1 为待定常量,当 t = 0 时,x′ = 0 ,vy ′= v0 ,故求得 C1 = v0 ,上式应表为 q vy ′= - mB x′ + v0 将(4)式代入(1)式,得 d2x′ qB m dt2 = qEx ′ + q (- m x′ + v0 ) B d2x′ qB 2 qB 2 mv0 mEx ′ ) x ′ + ( 2 = -( dt m m ) ( qB + qB2 ) 令 mv0 mEx ′ R = ( qB + qB2 ) q ω = mB X′ = x′ -R (5)式可表为 d2X ′ 2 dt2 = -ω X ′ 这是简谐运动方程,其解为 X′ = Acos ( ωt + θ ) 由(8)式得 x′ = Acos ( ωt + θ ) + R dx ′ dt = vx ′ = -ωAsin ( ωt + θ ) 利用初始条件,由(11)与(12)式,得 -R = Acosθ
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(1) (2) (3)

(4)

(5)

(6) (7) (8)

(9)

(10)

(11) (12)

0 = -ωAsinθ 解得 θ=0 A = -R 再由(6)式,得 mv0 mEx ′ A = -( qB + qB2 ) 代入(11)式 mv0 mEx ′ x′ = ( qB + qB2 ) ( 1-cosωt ) 将(12)式代入(2)式,整理后得 dvy ′ 2 dt = ω Asinωt 对上式积分,考虑初始条件,得 dy ′ Ex ′ vy ′ = dt = -ωAcosωt - B 积分(16)式,考虑初始条件及(14)式,得 mv0 mEx ′ Ex ′ y′ = ( qB + qB2 ) sinωt - B t 对(3)式积分可得 qEz ′ z′ = 2m t2 (18) (17) (16) (15) (14) (13)

(15) 、 (17) 、 (18)式分别与解法一中的(18) 、 (19) 、 (20)式相同,接下去的讨论与解法一相同. 解法三 设粒子速度在 Oxyz 坐标中分量分别为 vx 、 vy 、 v z ,牛顿第二定律的三个分量方程为 dvx m dt = qEx + qvy Bz dvy m dt = -qvxBz + qvzBx dvz m dt = -qBx vy 令 qB ω= m E v1 = Bcosα 方程变为如下形式 dvx ωv1 dt = ωvy cosα + cosα
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(1) (2) (3)

(4) (5)

(6)
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dvy dt = -ωvx cosα + ωvz sinα dvz dt = -ωvy sinα

(7) (8)

对(6) 、 (8)两式积分,利用初始条件 t = 0 时,vx = 0 ,x = 0 ,y = 0 ,得 v1 vx = ωycosα + ω ( cosα )t vz = -ωysinα 将(9) 、 (10)两式代入(7)式,得 dvy 2 2 2 dt = -ω y -ω v1t = -ω ( y + v1t ) 令 Y = y + v1t 得 d2Y 2 dt2 = -ω Y 其解为 Y = Acos ( ωt + θ ) 由(11)式可得 y = Acos ( ωt + θ ) -v1t 由(13)式得 vy = -Aωsin ( ωt + θ ) -v1 由初始条件 t = 0 时,vy = v0 ,y = 0 ,得 Acosθ = 0 v0 = -Aωsinθ-v1 解得 π θ= 2 A= - v1 + v0 ω (15) (14) (13) (12) (11) (9) (10)

由(15)式,注意到(4)式、 (5)式,得 m Ecosα q Ecosα y = qB ( v0 + B ) sinmBt - B t vy = ( v0 + Ecosα q Ecosα B ) cosmBt - B (16) (17)

把(17)式代入(1)式,经积分并利用初始条件,可得 m Ecos2α q 1 qEsin2α 2 x = qB ( v0cosα + ) ( 1 - cos Bt ) + B m 2 m t 将(17)式代入(8)式,经积分并利用初始条件,得
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(18)

m Esin2α q qEsin2α z = - qB ( v0sinα + 2B ) ( 1-cosmBt ) + 4m t2

(19)

(18) 、 (16) 、 (19)式分别与解法一中的(21) 、 (22) 、 (23)式相同,接下去的讨论与解法一相同. 39.1.根据题意,当导体球与导体球壳间的电压为 U 时,在距球心 r(R1< r <R2)处,电场强度的大小为 E = R1R2 U 2 . R2-R1 r (1)

在 r = R1 ,即导体球表面处,电场强度最大.以 E(R1)表示此场强,有 E ( R1) = R2U . (R2-R1) R1 (2)

因为根据题意,E(R1)的最大值不得超过 Ek ,R2 为已知,故(2)式可写为 Ek = 或 U = Ek (R2-R1) R1 . R2 (4) R2U (R2-R1) R1 (3)

由此可知,选择适当的 R1 值,使(R2-R1) R1 最大,就可使绝缘子的耐压 U 为最大.不难看出,当 R2 R1 = 2 (5)

时,U 便是绝缘子能承受的电压的最大值 Uk .由(4) , (5)两式得 Uk = 代入有关数据,得 Uk = 155 kV . (7) EkR2 4 , (6)

当交流电压的峰值等于 Uk 时,绝缘介质即被击穿.这时,对应的交流电压的有效值 Ue = Uk 110 kV . 2 (8)

2.系统的等效电路如图所示.

C1

C1

C1

C0 C0 C2 C2 C2 C2 U0

C1

C0 C0

3.设绝缘子串中间三点的电势分别为 U1 ,U2 ,U3 ,如图所示.由等效电路可知,与每个中间点相连的四块 电容极板上的电荷量代数和都应为零,即有

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?(U1 ? U 2 )C0 ? U1C1 ? (U 0 ? U1 )C0 ? (U 0 ? U1 )C2 ? 0, ? ?(U 2 ? U 3 )C0 ? U 2C1 ? (U1 ? U 2 )C0 ? (U 0 ? U 2 )C2 ? 0, ?U C ? U C ? (U ? U )C ? (U ? U )C ? 0. 3 1 2 3 0 0 3 2 ? 3 0

(9)

C1

C1

C1 U3

C0 C0 C0 C0 C2 C2 C2 U0 C2

C1

U2 U1

四个绝缘子上的电压之和应等于 U0 ,即 ( U0-U1 ) + ( U1-U2 ) + ( U2-U3 ) + U3 = U0 . 设 △U1 = U0-U1 , △U2 = U1-U2 ,△U3 = U2-U3 ,△U4 = U3 , (11) 则可由(9)式整理得 (10)

?△U1 (C0 ? C1 ? C2 ) ?△U 2C0 ? U 0C1 ? 0, ? ?△U1 (C1 ? C2 ) ?△U 2 (C0 ? C1 ? C2 ) ?△U 3C0 ? U 0C1 ? 0, ?△U (C ? C ? C ) ?△U (C ? C ? C ) ?△U (2C ? C ? C ) ? U (C ? C ) ? 0; 1 0 1 2 2 0 1 2 3 0 1 2 0 0 1 ?
代入数据,得

?76△U1 ? 70△U 2 ? 5U 0 ? 0, ? ?6△U1 ? 76△U 2 ? 70△U 3 ? 5U 0 ? 0, ?76△U ? 76△U ? 146△U ? 75U ? 0. 1 2 3 0 ?
解(12)式,可得 △U1 = 0.298 U0 , △U2 = 0.252 U0 ,△U3 =0.228 U0 . 由(10)~(12)式可得 △U4 =U3 = 0.222 U0 .

(12)

(13)

(14)

以上结果表明,各个绝缘子承受的电压不是均匀的;最靠近输电线的绝缘子承受的电压最大,此绝缘子最容易 被击穿.当最靠近输电线的绝缘子承受的电压有效值 △U1 =Ue (15)

时,此绝缘子被击穿,整个绝缘子串损坏.由(8) , (13)和(15)三式可知,绝缘子串承受的最大电压 Ue U0max = 0.298 = 369 kV . (16)

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40. 1.如图所示,位于坐标 y 处的带电粒子 P 受到库
量为 Qq Qqy FEy = k r2 sinθ = k ( d2 + y2)3 / 2 , (1) P FEy mg r A d x 看出,FEy 与 y 有关:当 大而增大; 当 y 较大时, 见,FEy 在随 y 由小变大 FEy 随 y 变化的情况. 令 y G 仑力 FE 为斥力,其 y 分

式中 r 为 P 到 A 的距离,θ 为 r 与 x 轴的夹角.可以 y 较小时, (1)式分子中的 y 起主要作用,FEy 随 y 的增 (1) 式分母中的 y 起主要作用, FEy 随 y 的增大而减小. 可 的过程中会出现一个极大值.通过数值计算法,可求得

O

? = y / d ,得
Qq ? FEy = k d2 ( 1 + 2)3 / 2 . ? 当 ? 取不同数值时,对应的 ? ( 1 + ? 2)
-3 / 2

(2)

的值不同.经数值计算,整理出的数据如表 1 所示. 表1

?

0.100

0.500

0.600

0.650

0.700

0.707

0.710

0.750

0.800

? ( 1 + ? 2)-3 / 2 0.0985 0.356 0.378 0.382 0.385 0.385 0.385 0.384 0.381
由表中的数据可知,当 ? = 0.707,即 y = y0 = 0.707d 时,库仑力的 y 分量有极大值,此极大值为 qQ FEymax = 0.385k d2 . (4) (3)

由于带电粒子 P 在竖直方向除了受到竖直向上的 FEy 作用外,还受到竖直向下的重力 mg 作用.只有当重力的 大小 mg 与库仑力的 y 分量相等时,P 才能平衡.当 P 所受的重力 mg 大于 FEymax 时,P 不可能达到平衡.故质量为 m 的粒子存在平衡位置的条件是 mg ≤FEymax . 由(4)式得 0.385 qQ m ≤ g k d2 . 2.y (m) > 0.707d ;0<y (m)≤0.707d . 3.根据题意,当粒子 P 静止在 y = y1 处时,处于稳定平衡位置,故有 (5)

k

Qqy1 (d ? y )
2 3 2 2 1

-m1g = 0 .

(6)

设想给粒子 P 沿 y 轴的一小扰动△y ,则 P 在 y 方向所受的合力为
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 77 页 共 100 页

Fy = FEy -m1g = k

Qq ( y1 +△y ) -m1g . [ d2 + ( y1 +△y )2 ]3 / 2

(7)

由于△y 为一小量,可进行近似处理,忽略高阶小量,有 Fy = k Qq ( y1 +△y ) [ d + y1 + 2y1△y ]3 / 2 Qq ( y1 +△y ) (d +
2 2

2

-m1g 3y1△y d2 + y1
2

=k

2 y1 )3 / 2

(1 -

)-m1g 3qQy1△y (d2 + y1 )5 / 2
2 2

=k

Qqy1 (d2 + y1 )3 / 2
2

+k

Qq△y (d2 + y1 )3 / 2
2

- k

- m1g .

注意到(6)式,得 Fy = - m1g (2y1-d2 ) (d2 + y1 ) y1
2 2

△y .
2

(8)

因 y = y1 是粒子 P 的稳定平衡位置,故 y1>0.707d ,2y1-d2>0 .由(8)式可知,粒子 P 在 y 方向受到合力 具有恢复力的性质,故在其稳定平衡位置附近的微小振动是简谐运动;其圆频率为 g , 2 (d2 + y1 ) y1 (2y1-d2 )
2

ω= 周期为

(9)

2π T = ω =2π

(d2 + y1 ) y1 (2y1-d2 ) g
2

2



(10)

4.粒子 P 处在重力场中,具有重力势能;它又处在点电荷 A 的静电场中,具有静电势能.当 P 的坐标为 y 时, 其重力势能 Wg = m2gy , 式中取坐标原点 O 处的重力势能为零;静电势能 WE = k 粒子的总势能 W = Wg + WE = m2gy + k qQ . d2 + y2 (11) qQ . d2 + y2

势能也与 P 的 y 坐标有关:当 y 较小时,静电势能起主要作用,当 y 较大时,重力势能起主要作用.在 P 的稳 定平衡位置处,势能具有极小值;在 P 的不稳定平衡位置处,势能具有极大值.根据题意,y = y2 处是质量为 m2 的 粒子的不稳定平衡位置,故 y = y2 处,势能具有极大值,即 W ( y2 ) = Wmax = m2gy2 + k qQ d2 + y2
2



(12)
第 78 页 共 100 页

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

当粒子 P 的坐标为 y3 时,粒子的势能为 W ( y3 ) = m2gy3 + k qQ d2 + y3
2



当 y3 < y2 时,不论 y3 取何值,粒子从静止释放都能到达管底.若 y3 > y2 ,粒子从静止释放能够到达管底, 则有 W ( y3 ) > W ( y2 ) . 所以,y3 满足的关系式为 y3 < y2 ; 或者 y3 > y2 且 m2gy3 + k 附: (1)式可表示为 Qq Qq FEy = k r2 sinθ = k d2 cos2θsinθ , 式中 θ 为 P,A 之间的连线和 x 轴的夹角.由上式可知,带电粒子 P 在 θ = 0 ,π / 2 时,FEy = 0 .在 0 ≤ θ ≤ π / 2 区间,随着 θ 的增大,sinθ 是递增函数,cos2θ 是递减函数.在此区间内,FEy 必存在一个极大值 FEymax ;用数 值法求解,可求得极大值所对应得角度 θ0 .经数个计算整理出的数据如表 2 所示. 表2 θ / rad cos2θsinθ 0. 010 0.029 0.464 0.367 0.540 0.378 0.576 0.383 0.611 0.385 0.615 0.385 0.617 0.385 0.644 0.384 0.675 0.381 qQ d
2

(13)

2 + y3

> m2gy2 + k

qQ d2 + y2
2



(14)

由表中数值可知,当 θ = θ0≈0.615 rad(即 35.26°)时,FEy 取极大值 Qq Qq FEymax = k d2 cos2θ0sinθ0 = 0.385 k d2 . 带电粒子 P 在竖直方向上还受到重力 G 的作用,其方向与 FEy 相反.故带电粒子 P 受到的合力 Qq F = FEy -G = k d2 cos2θsinθ -mg . 当 F = 0 ,即 FEy = G 时,P 处于平衡状态.由此可见,当带电粒子的质量 m≤ FEymax k ( qQ / d2 ) cos2θ0sinθ0 g = g

时,可以在 y 轴上找到平衡点. 41. 1. 先假设由于隧穿效应, 单电子能从电容器的极板 A 隧穿到极板 B . 以 Q 表示单电子隧穿前极板 A 所 带的电荷量,VAB 表示两极板间的电压(如题目中图 3 所示) ,则有 VAB = Q / C .
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

(1)
第 79 页 共 100 页

这时电容器储能 1 U = 2CV2AB . 当单电子隧穿到极板 B 后,极板 A 所带的电荷量为 Q′ =Q+e , (3) (2)

式中 e 为电子电荷量的大小.这时,电容器两极板间的电压和电容器分别储能为 V′ AB = Q+e 1 2 = 2CV ′ AB . C ,U ′ (4)

若发生库仑阻塞,即隧穿过程被禁止,则要求 U ′-U >0 . 由(1)~(5)五式得 1 e VAB >- 2 C . (6) (5)

再假设单电子能从电容器的极板 B 隧穿到极板 A .仍以 Q 表示单电子隧穿前极板 A 所带的电荷量,VAB 表 示两极板间的电压. 当单电子从极板 B 隧穿到极板 A 时, 极板 A 所带的电荷量为 Q′ =Q-e . 经过类似的计算, 可得单电子从极板 B 到极板 A 的隧穿不能发生的条件是 1 e VAB < 2 C . (7)

由(6) , (7)两式知,当电压 VAB 在-e / 2C ~ e / 2C 之间时,单电子隧穿受到库仑阻塞,即库仑阻塞的条件 为 1 e 1 e - 2 C < VAB < 2 C . 2.依题意和式(8)可知,恰好能发生隧穿时有 1 e VAB = 2 C = 0.10 mV . 由式(9) ,并代入有关数据得 C = 8.0 ×10
-16

(8)

(9)

F .

(10) CS ,右边的 MIM 结的 Q2 分别表示电容 CS , 电荷量为

3.设题目中图 3 中左边的 MIM 结的电容为 电容为 CD .双结结构体系如图 a 所示,以 Q1 , CD 所带的电荷量.根据题意,中间单电子岛上的 - Q1 . ne = Q2 - 图a

(11)

体系的静电能为 CS 和 CD 中静电能的总和,即 Q1 Q2 U = 2C + 2C ; S D
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案
2 2

(12)
第 80 页 共 100 页

电压 Q1 Q2 V= C + C . S D 由(11)~(13)三式解得 (Q2-Q1)2 1 U = 2CV2 + 2 ( C + C ) . S D (14) (13)

由于 V 为恒量,从式(13)可知体系的静电能中与岛上净电荷相关的静电能 Un = (-ne )2 / 2 (CS + CD ). 4.Un 随 CGVG 变化的图线如图 b;CGVG / e 的变化范围如表 2. 表2
n CGVG / e 的变化范围 0 0~0.5 1 0.5~1.5 2 1.5~2.5 3 2.5~3.0

Un ( e2 / 2 C

?

)

图b 42. 由 GM / c2 r = a cosφ + a2 ( 1 + sin2φ) (1) y S 于 a < 0 ;光线在 Ox ,白矮星在原点 a | ,有 r rm φ O x 于方程

是 φ 的偶函数,光线关于极轴对称.光线在坐标原点左侧的情形对应 坐标原点右侧的情形对应 a > 0 .右图是 a < 0 的情形,图中极轴为 O 处.在式(1)中代入近星点坐标 r = rm ,φ = π ,并注意到 a2 a ≈-GM / c2rm . |

(2) 式, 相应的问题有不

经过白矮星两侧的星光对观测者所张的视角 θS 可以有不同的表达方 同的解法. 解法一:若从白矮星到地球的距离为 d ,则可近似地写出 θS ≈2rm / d . 在式(1)中代入观测者的坐标 r = d ,φ = -π / 2 ,有
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

(3)

第 81 页

E

共 100 页

a2 ≈GM / 2c2d . 由(2)与(4)两式消去 a ,可以解出 rm = 2GMd / c2 .

(4)

(5)

把式(5)代入式(3)得 θS ≈ 8GM / c2d ; 即 M≈θS c2d / 8G ,
2

(6) (7)

其中 d = 3.787 ×1017 m ;代入数值就可算出 M≈2.07 ×1030 kg . 解法二:光线射向无限远处的坐标可以写成 π θ r →∞ ,φ = - 2 + 2 . (9) 1,有 (8)

近似地取 θS ≈θ ,把式(9)代入式(1) ,要求式(1)分母为零,并注意到 θ aθ / 2 + 2a2 = 0 . 所以 θS ≈θ = -4a = 8GM / c2d , (10)

其中用到式(4) ,并注意到 a < 0 .式(10)与式(6)相同,从而也有式(8) . 解法三:星光对观测者所张的视角 θS 应等于两条光线在观测者处切线的夹角,有 △φ θS △( rcosφ ) sin 2 = = cosφ-rsinφ . △r △r 由光线方程(1)算出△φ / △r ,有 θS GM / c2 GM sin 2 = cosφ-rsinφr2asinφ = cosφ - c2ra ; 代入观测者的坐标 r = d , ? = -π / 2 以及 a 的表达式(4) ,并注意到 θS 很小,就有 2GM θS ≈ c2d 2c2d GM = 8GM c2d , (11)

与式(6)相同.所以,也得到了式(8) . 解法四:用式(2)把方程(1)改写成 GM -rm = rcosφ- c2r r [ (rcosφ )2 + 2 (rsinφ )2 ] , m 即 GM x = -rm + c2r r ( x2 + 2y2 ) . m (12)

当 y →-∞时,式(12)的渐近式为 2GM x = -rm - c2r y . m 这是直线方程,它在 x 轴上的截距为 -rm ,斜率为 1 1 1 ≈ ≈- θ / 2 . -2GM / c2rm - tan ( θS / 2 ) S
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 82 页 共 100 页

于是有 θS ≈ 4GM / c2rm .rm 用式(5)代入后,得到式(6) ,从而也有式(8) .

43.
1. (I)氦原子中有两个电子,一级电离能 E+ 是把其中一个电子移到无限远处所需要的能量满足 He + E+ →He+ + e .为了得到氦原子的一级电离能 E+ ,需要求出一个电子电离以后氦离子体系的能量 E* .这是一个电子围绕 氦核运动的体系,下面给出两种解法. 解法一:在力学方程 2ke2 mv2 r2 = r 中,r 是轨道半径,v 是电子速度.对基态,用玻尔量子化条件(角动量为 r0 = 于是氦离子能量 p0 2ke2 2k2e4m E* = 2 m - r = - , 2 0 其中 p0 为基态电子动量的大小;代入数值得 E* = - 2( ke2 )2mc2 ≈ -54.4 eV . ( c )2 (3)
2
2


)可以解出

/ 2ke2m .

(1)

(2)

由于不计电子间的相互作用,氦原子基态的能量 E0 是该值的 2 倍,即 E0 =2E* ≈ -108.8 eV . (4)

氦离子能量 E* 与氦原子基态能量 E0 之差就是氦原子的一级电离能 E+ = E*-E0 = -E* ≈ 54.4 eV . 解法二:氦离子能量 p2 2ke2 E* = 2 m - r . 把基态的角动量关系 rp = 代入,式(3)可以改写成
2 2 2ke2 1 2ke2m 2 2k2e4m E* = 2mr2 - r = 2m ( r - ) - . 2 2

(5)

因基态的能量最小,式(4)等号右边的第一项为零,所以半径和能量
2

r0 = 2ke2m ,E* = - 分别与(1) , (2)两式相同.

2k2e4m
2

(II)下面,同样给出求氦原子基态能量 E0 和半径 r0 的两种解法. 解法一:利用力学方程 mv2 2ke2 ke2 7ke2 = 2 - 2 = r r ( 2r ) 4r2 和基态量子化条件 rmv = ,可以解出半径
第 83 页 共 100 页

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

r0 = 4 于是氦原子基态能量 p0
2

2

/ 7ke2m ,

(6)

E0 = 2 ( 2 m - 代入数值算得

2ke2 ke2 49k2e4m ) + = - ; 2 r0 2r0 16

(7)

49( ke2 )2mc2 E0 = - ≈ -83.4 eV , 16( c )2 4 ( c)2 r0 = 7ke2mc2 ≈ 0.0302 nm . 所以,氦原子的一级电离能 E+ = E*-E0 ≈ 29.0 eV . 这仍比实验测得的氦原子一级电离能 24.6 eV 高出 4.4 eV . 解法二:氦原子能量
2 p2 2ke2 ke2 7ke2 E = 2 ( 2m - r ) + 2r = mr2 - 2r

(8)

(9)

可以化成
2 1 7ke2m 2 49k2e4m E= m ( r - ) - . 2 2 4 16

当上式等号右边第一项为零时,能量最小.由此可知,基态能量与半径 E0 = - 49k2e4m 16
2

4 , r0 = 7ke2m

2

分别与(7) , (6)两式相同. 2. (I)粒子从下部射向并穿过铅板向上运动,其电荷为正. (II) 如题图所示, 粒子的运动速度 v 与磁场方向垂直, 洛伦兹力在纸面内; 磁力不改变荷电粒子动量的大小, 只改变其方向.若不考虑云室中气体对粒子的阻力,荷电粒子在恒定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值 的圆弧;可以写出其运动方程 qBv =| p△ ? △p |= △t △t pv = r, (1)

其中 q 是粒子电荷,v 是粒子速度的大小,p 是粒子动量的大小,△ ? 是粒子在△t 时间内转过的角度,r 是轨 迹曲率半径.于是有 p = qBr . (2)

按题意,q = e .用 pd 和 pu 分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小,并在式(1)中代入有关数据,可 以算得
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 84 页 共 100 页

pd = 63.0 MeV / c , pu = 22.8 MeV / c . 注意到当 pc mc2 时应使用狭义相对论,从 p= 中可以得到 v= c 1 +( mc / p)2 . mv 1-( v / c)2 .

(3)

(4)

(5)

用 vd 和 vu 分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小.把式(2)以及 m = 0.511 MeV / c2 代入式(3) ,可得 vd ≈ c , vu ≈ c . (6)

于是,粒子穿过铅板的平均速度 v = ( 1 / 2 ) ( vd + vu ) ≈ c .用△t 表示粒子穿过铅板的时间,则有

v cosθ△t = d .

(7)

再用△pdu 表示粒子穿过铅板动量改变量的大小,铅板所受到的平均力的大小 f= △pdu pd-pu ( pd-pu ) ccosθ = ≈ ; d △t d / ( v cosθ ) (8)

代入有关数值得 f ≈ 1.04 ×10
-9

N .

(9)

(III)一个粒子穿过铅板的时间 △t = d - ≈ ccosθ ≈2.07 ×10 11 s = 0.0207 ns , v cosθ d (10)

比粒子束流的脉冲周期 ? = 2.50 ns 小得多.铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力的平均大小 F ≈( pd-pu ) j ; 代入数据得 F = 0.107 N . 运用式(4) ,可把粒子能量写成 E= p2c2 + m2c4 , (13) (12) (11)

所以粒子穿过铅板前后的能量分别为 Ed = pdc2 + m2c4 = 63.0 MeV ,Eu =
2

puc2 + m2c4 = 22.8 MeV . (14)

2

于是,铅板在脉冲粒子束穿过期间所吸收的热量 Q = ( Ed-Eu ) j ? ; 代入数据得 Q = 8.04 ×10
-2

(15)

J .

(16)

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 85 页

共 100 页

44.两质点的相对位矢为 r ? r A ? r B ,记其单位矢量为 e r ? 向,即静电力沿运动方向的分力,两质点运动方程

r 。由于质点约束在管内运动,所受合力必定沿运动方 r

ma A ? ?

kq 2 (er ? i )i r2
(1)

maB ?
相减可得

kq 2 (er ? j ) j r2

ma ?

kq 2 er r2

(2)

其中 a ? aB ? aA 为 B 相对于 A 的加速度。 (2) 式表明, B 相对于 A 的运动即力心固定之库仑势场中质点的 m 运动, 其电势能为:

U?

kq 2 r2

(3)

中心力场中运动质点的角动量、能量守恒。此处角动量与能量均应为 B 相对 A 的运动的值,可由初始条件定出:

kq 2 L ? ?mdi ? (?u0 j ? u0 i) ? md md
E? 1 kq 2 kq 2 m(?u0 j ? u0 i ) 2 ? ?2 2 d d

(4)

(5)

所求量即近力心点到力心的距离 rm ,该点速度 um 必与矢径 rm er 垂直,故有:

mrmum ? md

kq 2 md

(6)

1 kq 2 kq 2 mrum 2 ? 2 ? 2 2 rm d
从而解得

(7)

r?

1? 5 d 4

(8)

评分标准: 本题共 20 分 正确得出(3)式得 10 分; (4 ) 、 (5) 、(6)、(7)与(8)各占 2 分。 45. 46.1.已知两板间的电磁波的电场强度 E 为

E ? E0 sin(

2? z

?z

)sin(

2? x

?x

? ?t )
第 86 页

(1)

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

共 100 页

由于是理想导体板,当 z=0 和 d 时应有 E=0。从而

2? d

?z

? m? , ?z ?

2d , m ? 1, 2,3...... m

(2)

2.对于(1)式描述的电磁波,可以通过

1 sin ? sin ? ? [cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? )] 2
表达为两列平面电磁波的叠加,

(3)

E ? E1 ? E2
E1 ? E2 ? 1 2? x 2? z E0 cos( ? ? ?t ) 2 ?x ?z 1 2? x 2? z E0 cos( ? ? ?t ? ? ) 2 ?x ?z
(4)

式中两列电磁波的波长 ?0 都可表达为

? 1? ? 1 ? ? 1? ? ? ? ? ? ?? ? ?? ? ? ? ? ? ?0 ? ? ?x ? ? ?z ? ? 2? c ?
当 m=1,

2

2

2

2

(5)

?z ? 2d ,
?z ?
1

?

2? c

?(1

2d

)2

(6)

3.因此,x 方向的波速 vx 为

vx ? (?

2?

)?x ?

c ? ?c ? 1? ? ? ? ?d ?
2

(7)

如图所示,设板堆左端任一点 P 到波源的距离 OP=R,OP 与水平线的交角为?。 要使得输出为沿水平方向的平面波, 应满足,

L ? R ? L ? R cos ? c c vx
由此可得,

(8)

? ?c ? ? ?c ? R ? L(1 ? 1 ? ? ? )(1 ? 1 ? ? ? cos ? ) ? ?d ? ? ?d ?

2

2

(9)

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 87 页

共 100 页

P z R ?
O

x

评分标准:本题共 25 分 第一小题 5 分,第二小题 10 分,第三小题 10 分; 其中(2)式占 5 分, (5)式占 6 分,(6)式占 4 分; (8)式占 6 分。 47.1.根据题意,乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为
Ek1 ? 0 v1 ? 0

(1) (2)

刚碰后,乒乓球带的电荷量
q ? C0U

(3)

其动能和速度分别为
? ?0 Ek1 v1? ? 0

(4) (5)

此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动。当它到达另一金属板,与金属板第二次碰撞前其动能为
? ? qU Ek2 ? Ek2

(6)

注意到(3) 、 (4)式有
Ek2 ? C0U 2

(7)

与金属板第二次碰撞前的速度为
v2 ? 2 Ek m

(8)

第二次碰撞后的速度和动能分别
? ? ev2 v2

(9) (10)

1 ? ? mv2 ?2 Ek2 2

由(9) 、 (10)式得
? ? e2 Ek2 Ek2

(11)

乒乓球与金属板第三次撞前动能为
? ? qU Ek2 ? Ek2
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

(12)
第 88 页 共 100 页

由(3) 、 (7) (11) 、 (12)式得

Ek3 ? ?1 ? e? ? C0U 2
乒乓球与金属板第三次碰撞前速度
v1 ? 2 Ek2 m

(15)

(16)

乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为
? ? ev3 v3
? ? e3 Ek 3 Ek3

(17) (18)

乒乓球与金属板四次碰撞前的动能
? ? qU Ek4 ? Ek3

(19)

由(3) 、 (15) 、 (18) 、 (19)式得

Ek4 ? ?1 ? e2 ? e4 ? C0U 2
乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为
v4 ? 2 Ek4 m

(20)

(21)

乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为
? ? ev4 v4
? ? e2 Ek4 Ek4

(22) (23)

以此类推,可得乒乓球与金属板第 n 次碰撞前、后的动能分别为
2 Ekn ? ? ?1 ? e ?

? e 2? ?e

n ? 2?

? C0U 2 ? ? C0U 22 ?

(24) (25)

? ? e 2 ?1 ? e 2 Ekn ?

2? n ? 2 ?


Ekn ? 1? e ? ? C0U 2 1 ? e2
2 n ?1

(26)

? ? Eln

e2 ? ?1 ? e

2? n ?1? 2

1? e

? ? C U2
0

(27)

? 均随碰撞次数单调递增。当 n ?? 时有 对非弹性碰撞, e ? 1 ,可由以上两式看出 Ekn 和 Ekn

Ek ?

1 C U2 1 ? e2

(28) (29)

?? ? Ek

e2 C0U 2 1 ? e2

乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能,即
Ekmax ? Ek? ? 1 C0U 2 1 ? e2

(30)

2.经过足够长时间后亦即 n ?? 时,乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一次碰撞前的速度分别为
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 89 页 共 100 页

? ? v?

?? 2Ek ? eU m

?1 ? e ? m
2

2C0

(31)

v? ?

2Ek? ?U m

?1 ? e ? m
2

2C0

(32)

此间时间间隔
T? d ? ? v? v? 2

(33)

因此可得,通过外电路的平均电流强度
I? q T

(34)

由(31) 、 (32) 、 (33) 、 (34)各式得
I? C0U 2 1 ? eC0 d 1 ? e 2m

(35)

评分标准: (26) 、 (27)式或(28) 、 (29)式共 8 分, (30)式 2 分, (31)~(33)式各 1 分, (35)式 2 分。

48.参考答案 1: 1. a ?a 和 cc ? 中的感应电动势为
Ea?a ? Ecc? ? ?1 ? 2 2 Bl ? sin ? 2

(1)

b ?b 和 dd ? 中的感应电动势为

? b?b ? ? dd ? ? ? 2 ?

2 2 Bl ? cos ? 2

(2)

根据电路的对称性可知
Iba ? I a?b? ? I d ?c? ? Icd ? I1? , I ad ? I d ?a? ? Ic?b? ? Ibc ? I 2

(3)

根据基耳霍夫第一定律,有
I aa? ? I c?c ? I1 ? I 2 Ib?b ? I dd ? ? I1 ? I 2

(4) (5)

根据基耳霍夫第二定律,有
I1 R ? I aa? R ? I1R1 ? Ibb? R ? ? 2 ? ?1 I1 R ? I dd ? R ? I 2 R ? I ad R ? ? 2 ? ?1
I bc ? I ad ? I1 ? I ad ? I bc ? I 2 ? 2 Bl 2? ? cos? ? sin ? ? 8 R 2 Bl 2? ? cos ? ? sin ? ? 8 R

(6) (7) (8) (9)

2.当正方体转动到任意位置(对角线 db 与磁场夹角为任意 ? )时,通过 a ?a 、 cc ? , b ?b 、 dd ? 的电流

全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

第 90 页

共 100 页

I a?a ? I ad ? I ba ? I cc? ? I bc ? I cd ? I b?b ? I ba ? I bc ?

2 Bl 2? sin ? 4 R 2 Bl 2? sin ? 4 4 2 BI 2? cos ? 4 R

(10)

(11)

(12)

I dd ? ? I ad ? I cd ?

2 Bl 2? cos ? 4 R

(13)

为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合力矩,即
Fa?a ? Fcc? ? BlI a?a , Fb?b ? Fdd ? ? BlIb?b
M ? 2 Fa?a 2 2 l sin ? ? 2 Fb?b l cos ? 2 2

(14) (15)

将(11)~(14)代入(15) ,得

M?

B2l 4? 。 2R

(16)

评分标准: (1) 、 (2)式共 2 分, (4) 、 (5)式共 4 分, ( 6) 、 (7)式共 4 分, (10)~(13)式共 2 分, (14)式 1 分, (15)式 2 分, (16)式 1 分。

参考解答 2: 1. a ?a 和 cc ? 中的感应电动势为

? a?a ? ? cc? ?

2 2 Bl ? sin ? 2

(1b)

b ?b 和 dd ? 中的感应电动势为

? b?b ? ? dd ? ?

2 2 Bl ? cos ? 2

(2b)

先计算 ? b?b 和 ? dd ? 单独存在( ? a?a 和 ? cc? 短路)时流过各支路的电流。若将 a ?a 和 cc ? 断开,则等效电路如图所示,则通 过 b ?b 和 dd ? 电流
?? ?? Ib ?b ? I dd ? ?
1 1

? b?b ? ? dd ?
4R

?

2 Bl 2? cos ? 4 R

(3b)

通过 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度
?? ?? ?? I bd ? I ad ? I cd ?
1 1 1

1 ?1? 2 Bl 2? I b?b ? cos ? 2 8 R

(4b)

根据电路的对称性,此时 a ? 、 a 之间, c 、 c ? 之间的电势差
U a?a ? U cc? ? 0

(5b)

由此连接 a ?a 和 cc ? 后流过 a ?a 和 cc ? 的电流。
?? ?? I aa ? ? I cc? ? 0
1 1

(6b)

因此连接 a ?a 和 cc ? 不影响 ba 和 ad 中的电流。
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 91 页 共 100 页

再计算 ? a?a 和 ? cc? 单独存在( ? b?b 和 ? dd ? 短路)时流过各支路的电 开, 等效短路时如图所示。 采用与上述一样的方法, 可得 ? a?a 和 ? cc? 和 cc ? 电流
? ? ? ? Ia ?a ? I cc ? ?
2 2

流。若将 b ?b 和 dd ? 断 单独存在时流进 a ?a

2 Bl? 2 sin ? 4 R

(7b)

通过 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流
? ? ? ? I ba ? I cd ??
2 2

2 Bl? 2 sin ? 8 R

(8b)

? ? ? ? I ad ? I bc ?
2 2

2 Bl? 2 sin ? 8 R

(9b)

此时 b ? 、 b 之间和 d 、 d ? 之间的电势差 U b?b ? U dd ? ? 0 ,由此连接 b ?b 和 dd ? 后流过 b ?b 和 dd ? 的电流
? ? ? ? Ib ?b ? I dd ? ? 0
2 2

(10b)

因此连接 bb ? 和 dd ? 不影响各支路中的电流。 根据叠加原理, ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度;
?? ? ? I ba ? I ba ? I ba ?
1 2

2 Bl? 2 ? cos ? ? sin ? ? 8 R

(11b)

?? ? ? I ad ? I ad ? I ad ?
1 2

2 Bl? 2 ? cos? ? sin ? ? 8 R

(12b) (13b)

?? ? ? I bc ? I bc ? I bc ?
1 2

2 Bl? 2 ? cos ? ? sin ? ? 8 R 2 Bl? 2 ? cos? ? sin ? ? 8 R

?? ? ? I cd ? I cd ? I cd ?
1 2

(14b)

2.与“参考解答 1”相同。 49.根据题意可知,通电后天平失去平衡,是由于电容器 C1 的极板 B 对极板的静电力与长治金属杆 N 对 M 的磁力 不相等的结果。 先考察极板 A 受到的静电力,当电源的电压为 u 时, C1 极板上的电量为
q ? C1u

(1)

不考虑边缘效应,平板电容器的电容为
C1 ? a12 4?ke h1

(2)

式中, h1 是平板电容器的极板间距。 电容器中电场强度的大小为
E? u h1

(3)

由(1) 、 (2)和(3)式得
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 92 页 共 100 页

E ? 4?ke

q a12

(4)

由对称性和场强叠加原理可知,极板 B 上的电荷单独产生的电场强度的大小
1 E1 ? E 2

(5)

极板 A 受到的静电力的大小为
Fe ? qE1

(6)

方向向下。由(4) 、 (5)和(6)式得
Fe ? 2?ke q2 a12

(7)

利用(1)式, (7)式可表示为

Fe ? 2?ke


C12 u 2 a12

Fe ? 2?ke

C12 2 U 0 cos 2 (2?ft ) 2 a1

(8)

在考察金属杆 M 受到的磁力, 金属杆 M 、N 与电容 C2 串联后接在交流电源两端, 通过杆的电流就是通过 C2 的 电流。若用 U 0 表示电容两端电压的峰值,则通过电容的电流的峰值

I0 ?

U0 ? 2?fC2U 0 1 2?fC2

(9)

所谓交流电通过电容,实际上是电容不断充电和放电的过程,当极板上的电量或两极板间的电压最大时,充电 结束,此时刻电流为 0;接着放电,极板上的电量或电压由大变小,电流反向,当电量或电压变为 0 时,电流最大, 所以电流和电压的变化时不同步调的,两者相差四分之一周期,当极板两端电压为
u ? U 0 cos 2?ft

时,通过电容 C2 的电流应为
? i2 ? 2?fC2U0 cos(2?ft ? ) 2

(10)

不考虑边缘效应,杆 N 在杆 M 处产生的磁感应强度的大小为
B ? 2km i2 h

(11)

杆 M 受到的磁场力为
Fm ? Bi2 a2

(12)

方向向下。由(10) 、 (11)和(12)式有
a2 2 2 2 2 ? (13) 4? f C2 U0 cos(2?ft ? ) h 2 调节交流电频率 f ,使得天平两边电力和磁力对时间的平均值相等,即 Fm ? 2km

Fe (t ) ? Fm (t )
从而可得
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案

(14)

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ke Ca ?2f 2 1 km C1

?a2 h

(15)

评分标准: 本题 20 分 (1) (2) (3) (5) (6)式各 2 分 (9)式 2 分, (10) (11)式各 1 分, (12) (14) (15)式各 2 分

50.考虑图 1 所示装置,未接电源时,金属杆静止在平衡位置,取此平衡位置为坐标原点,竖直向上为 z 轴正方
向。当回路电流为 i (t ) (取从右流向左通过电源的电流为正)时,金属杆受到弹簧的弹性力和重力的合力以及磁场 的安培力的作用,而在竖直方向运动,设杆在时刻 t 沿 Z 方向的位移为 z (t ) ,速度为 v (t ) ,依据牛顿定律,它的动 量在经过一个小时时间间隔 ?t 后的变化率为
m ?v ? ?2kz(t ) ? Bli(t ) ?t

(1)

金属杆因竖直运动而切割磁力线,所产生的感应电动势为 ? (t ) ? Blv(t ) 式中,
v(t ) ? ?z ?t

(2)

(3)

按照全电路欧姆定律有
u(t ) ? ? (t )

(4)

再考虑图 2 所示电路,由题意,回路通过电源的电流仍为 i (t ) ,它等于流过自感和电容的电流 iL (t ) 和 iC (t ) 之和
i(t ) ? iL (t ) ? iC (t )

(5)

自感上的电动势 ? (t ) 的大小为

? L (t ) ? L
而电容 C 满足

?iL ?t

(6)

iC (t )?t ? C ?? L

(7)

按照全电路欧姆定律有
u (t ) ? ? L (t )

(8)

由(2) 、 (3) 、 (4) 、 (6)和(8)式得
Bl ?z ? L?iL

(9)

由于我们选取金属杆在其中电流为零时的平衡位置为 Z 坐标原点,故
z (t ) ? 0 ,当 iL (t ) ? 0

(10)

由(9) 、 (10)两式可解得
z (t ) ? L iI (t ) Bl

(11)

由(2) 、 (4) 、 (7)和(8)式得
?v 1 ? iC (t ) ?t BlC

(12)

将(5) 、 (11) 、 (12)式代入(1)得
全国中学生物理竞赛专题汇编(电学)参考答案 第 94 页 共 100 页

?m 2 2? 2 2 ? ? B l ? iC (t ) ? (2kL ? B l )iC (t ) ? 0 ?C ?

(13)

此对任意的 iC (t ) 和 iL (t ) 都成立,故
m ? B2l 2 ? 0 , 2kL ? B2l 2 ? 0 C

(14)

由此得
C? m B2l 2

(15) (16)

L?

B2l 2 2k

评分标准: 本题 20 分. (1) (2)式各 2 分, (3) (4) (5)式各 1 分, (6) (7) (8)式各 2 分, (8) (9) (10) (11) (12)式各 1 分, (13) 式 2 分, (15) (16)式各 1 分 51

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52.

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