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2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案


第 29 届 全 国 中 学 生 物 理 竞 赛 复 赛 试 卷 参 考 答 案 一、 由于湖面足够宽阔而物块体积很小,所以湖面的绝对高度在物块运动过程中 始终保持不变, 此, 选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系, 因 可 x 系. 设物块 下底面的坐标为 x ,在物块未完全浸没入 湖 水时,其所受到 以下简称
? 的 浮 力 为 f b ? b

2 x g

(

x?b

)
f g ? b ? ?g
3

(1) (2)
3

式 中 g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为 设物块的加速度为
a

,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有
?? ? b? ? x? ? ?b ? ? ? ?g ?

b ? ?a ? f g ? f b

( 3)

将 (1)和 (2)式 代 入 (3)式 得

a ? ?

(4)



x

? 系坐标原点向下移动 ? b/?
x ?

而建立新坐标系,简称 X 系. 新旧坐标的关系为
?g ? ?b
X

X ?

?? ?

b

(5) 把 (5)式 代 入 (4)式 得 a ? ?

(6)

(6) 式 表 示 物 块 的 运 动 是 简 谐 振 动 . 若 X ? 0 , 则 a ? 0 , 对 应 于 物 块 的 平 衡 位 置 . 由 (5) 式 可 知 , 当 物 块 处 于 平 衡 位 置 时 , 物 块 下 底 面 在 x 系 中 的 坐 标 为
x0 ?

?? ?

b

(7) 物 块 运 动 方 程 在

X

系 中 可 写 为

X ( t ) ? A cos ? ? t ? ? ?

(8) 利 用 参 考 圆 可 将 其 振 动 速 度 表 示 为 V ( t ) ? ? A? sin ? ? t ? ? ?
? g ?'b

(9)

式中 ? 为振动的圆频率 ?

?

(10)

在 (8)和 (9)式 中 A 和 ? 分 别 是 振 幅
t ? 0

和初相位,由初始条件决定. 在物块刚被释放时,即
X (0 ) ? ?

时 刻 有 x = 0, 由 (5)式 得

?? ?

b

(11)
V (0) ? 0

(12)

由 (8)至 (12)式 可 求 得

A?

?? ?

b

(13) ? ? ?

(14)

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

?? ?

b c ? ? s ?t ? ? o

(15)

V (t) ? ?

?? ?

g b s i n? ? t ? ??

(1 6)

由 (15)式 可 知 ,物 块 再 次 返 回 到 初 始 位 置 时 恰 好 完 成 一 个 振 动 周 期 ;但 物 块 的 运 动 始 终 由 (15)表 示 是 有 条 件 的 , 就 是 在 运 动 过 程 中 物 块 始 终 没 有 完 全 浸 没 在 湖 水 中 . 那 若 物 块 从 某 时 刻 起 全 部 浸 没 在 湖 水 中 ,则 湖 水 作 用 于 物 块 的 浮 力 变 成 恒 力 ,物 块 此 后的运动将不再是简谐振动, 块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振 物 动的周期决定. 为此,必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况. 显然,在 x 系

中 看 ,物 块 下 底 面 坐 标 为 坐标值为

b

时 ,物 块 刚 好 被 完 全 浸 没 ;由 (5)式 知 在 X 系 中 这 一 临 界

? ??? X ? Xb ? ? 1 ? ? b( 17 ) 即 物 块 刚 好 完 全 浸 没 在 湖 水 中 时 , 其 下 底 面 在 平 ? ? ?

衡位置以下

X

b

处. 注意到在振动过程中,物块下底面离平衡位置的最大距离等于

振动的振蝠 A ,下面分两种情况讨论: ? I. A ? X . 由 (13)和 (17)两 式 得 ? ? 2 ?
b

(18) 在 这 种 情 况 下 ,物 块 在 运 动 过 程 中 至 多 刚 好 全 部 浸 没 在 湖 水 中 . 因 而 ,物 块 从 初 始 位 置 起 , 经 一 个 振 动 周 期 , 再 次 返 回 至 初 始 位 置 . 由 (10) 式 得 振 动 周 期
T ? 2?

?

? 2?

? ?b ?g
? ?b ?g

(19)物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间

tI ? T ? 2 ?

(20)

I I.

A ? Xb

. 由 (13)和 (17)两 式 得

? ? 2??

(21)

在这种情况下, 块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下. 设从初 物 始 位 置 起 ,经 过 时 间 t1 物 块 刚 好 全 部 浸 入 湖 水 中 ,这 时 X ? t1 ? ? X b . 由 (15)和 (17)式 得
?? ?
co s ? ? t1 ? ? ? ? 1 ?

?? ?
? ?b ?

(22)

取合理值, 有

t1 ?

? ? ?? ? 1?? ? ? ? arcco s ? ? ?g ? ?? ??

(23)

由 上 式 和 (16)式 可 求 得 这 时 物 块 的

速度为

V ( t1 ) ? ?

??

? ? ? gb 1- ? ? 1? ? ? ?? ?

2

(24)
a?

此后,物块在液体内作匀减速运动,以
a? ?

表示加速度的大小,由牛顿定律有

? ? ?? ??

g

(25)
t2

设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为
??
( ? ? ? ?) b? ? g? ? ? ? 1? ? ? 1? ? ?? ?
2

, 有 V ? t1 ? ? a ?t 2 ? 0

(26)

由 (24)-(26)得

t2 ?

(27)

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为
t II ? 2 ( t1 ? t 2 ) ? 2 ? ? ?? b? ? ? 2? ? ? 1?? ? ? ? ? arcco s ? ? g? ? ?? ? ? ( ? ? ? ?) b? ? g? ? ? ? 1? ? ? 1? ? ?? ?
2

(28)

评分标准: 本题 17 分.(6)式 2 分, (10) (15) (16) (17) (18)式各 1 分, (20)式 3 分, (21)式 1 分, (23)式 3 分, (27)式 2 分, (28)式 1 分. 二 、 1. i.通 过 计 算 卫 星 在 脱 离 点 的 动 能 和 万 有 引 力 势 能 可 知 ,卫 星 的 机 械 能 为 负 值 . 由开普勒第一定律可推知,此卫星的运动轨道为椭圆(或圆) 地心为椭圆的一个 , 焦 点 (或 圆 的 圆 心 ), 如 图 所 示 .由 于 卫 星 在 脱 离 点 的 速 度 垂 直 于 地 心 和 脱 离 点 的 连 线,因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远 地 点( 或 近 地 点 ) ;设 近 地 点( 或 远 地 点 ) 离地心的距离为 r , 星在此点的速度为 卫 R 0.80R v .由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知
r v = ? 0 .8 0 R ? ?
2

(1)

a b

式 中 ? ( ? 2?
m

Te /

为 地 球 自 转 的 角 速 度 .令 )

表示卫星的质量,根据机械能守恒定
1 2 mv ?
2

律 有

GMm r

?

1 2

m ? 0 .8 0 R ? ?
2

2

?

GMm 0 .8 0 R

( 2) 由( 1)和( 2)式 解 得

r ? 0 .2 8 R

(3) 可 见 该 点 为 近 地 点 ,而 脱 离 处 为 远 地
? 1 2 m ? 0 .8 0 R ? ?
2 2

点 .【 3) 式 结 果 亦 可 由 关 系 式 : ( 同步卫星的轨道半径 R 满足

?

GMm r ? 0 .8 0 R ? R?
2

?

GMm 0 .8 0 R

直接求得】

GM R
2

(4)

由 (3)和 (4)式 并 代 入 数 据 得 r ? 1.2 ? 10 4 km (5) 可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球. ii. 由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 卫 星 的 面 积 速 度 为 常 量 , 从 远 地 点 可 求 出 该 常 量 为
?s ?
1 2

? 0 .8 0 R ? ?
2

(6)



a



b

分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短
? 0 .8 0 ? 0 .2 8 ? 2 2 a ?? ? R 2 ? ?
2

轴,由椭圆的几何关系有 卫星运动的周期 T 为
T ?

a ?

0 . 2 8 R ? 2

R . 8 0 0

(7)

b ?

(8)

? ab ?s

(9)代 人 相 关 数 值 可 求 出

T ? 9 .5 h

(10)

卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点, 据开普勒第二定律可知此时刻卫星 根 具有最小角速度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫星始终不比 太 空 电 梯 转 动 得 慢 ; 换 言 之 , 太 空 电 梯 不 可 能 追 上 卫 星 .设 想 自 卫 星 与 太 空 电 梯 脱
T 离 后 经 过 1 . 5 ( 约 14 小 时 ) 卫 星 到 达 近 地 点 , 而 此 时 太 空 电 梯 已 转 过 此 点 , 这 说 ,

明 在 此 前 卫 星 尚 未 追 上 太 空 电 梯 . 由 此 推 断 在 卫 星 脱 落 后 的 0-12 小 时 内 二 者 不 可 能 相 遇 ;而 在 卫 星 脱 落 后 12-24 小 时 内 卫 星 将 完 成 两 个 多 周 期 的 运 动 ,同 时 太 空 电

梯 完 成 一 个 运 动 周 期 , 所 以 在 12-24 小 时 内 二 者 必 相 遇 , 从 而 可 以 实 现 卫 星 回 收 . 2.根 据 题 意 , 星 轨 道 与 地 球 赤 道 相 切 点 和 卫 星 在 太 空 电 梯 上 的 脱 离 点 分 别 为 卫 其 轨 道 的 近 地 点 和 远 地 点 .在 脱 离 处 的 总 能 量 为
1 2
3

m ( Rx? ) ?
2

GMm Rx

? ?

GMm Rx ? Re

( 11)

此式可化为

? Rx ? ? Rx ? 2G M ? ? ?1 ? ?? 2 3 Re ? ? Re ? Re ? ?

(12)

这是关于

Rx

的四次方程,用数值方法求解可得
R x ? 4.7 R e ? 3.0 ? 10 km
4

( 13)
ve



Rx

亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 .令

表示卫星与赤道相切点即

? 近 地 点 的 速 率 , 则 有 R e v e ? R 2x



1 2

m ve ?
2

GMm Re

?

1 2

m ( Rx? ) ?
2

GMm Rx
5 3

由 上 两 式 联 立 可 得到方程 ?

? Rx ? ? Rx ? 2G M Rx 2G M ? 2 3 ? 0 ? ?? ? ? 2 3 Re ? Re ? ? Re Re ? Re ? ?

其中除 R x 外其余各量均已知, 因此这是关于 R x 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 R x .】 卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间,为了求出卫星运行的周期
T ? ,设椭圆的半长轴为 a ? ,半短轴为 b ? ,有 a ? ?
Rx ? Re 2

(14)

b? ?

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

2

(15)

因为面积速度可表示为 所以卫星的运动周期为

? s? ?

1 2

Rx ?

(16)
? a ?b ? ? s?

T??

(17)

T ? ? 6 .8 h 代入相关数值可得 (18) 卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期,在这段时间内,如果地球不转动,卫 星沿地球自转方向运行 180 度,落到西经 (180 ? ? 110 ? ) 处与赤道相切. 但由于地球自转,在这期间

地球同时转过了 ? T ? / 2 角度,地球自转角速度 ? 位于赤道的经度为西经 ?
? 180? ? 110? ?

? 360 ? / 24 h ? 15 ? / h

,因此卫星与地球赤道相切点

?T ?
2

? 121?

(19)

即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 评分标准:

本题 23 分. 第 1 问 16 分,第 i 小问 8 分,(1)、(2)式各 2 分, (4)式 2 分, (5)式和结论共 2 分.第 ii 小问 8 分, (9)(10)式各 2 分,说出在 0-12 小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理 、 由共 2 分,说出在 12-24 小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分. 第 2 问 7 分,(11)式 1 分, (13)式 2 分, (18)式 1 分, (19)式 3 分. (数值结果允许有 5 % 的相对误差) y 三、 解法一 如图 1 所示,建直角坐标 O xy , x 轴与挡板垂直, y 轴与挡 板重合. 碰撞前体系质心的速度为 v 0 , 方向沿 x 轴正方向, P 表 以 示系统的质心,以 v P x 和 v P y 表示碰撞后质心的速度分量, J 表示 墙作用于小球 C 的冲量的大小. 根据质心运动定理有 (1) ? J ? 3m v Px ? 3m v 0
0 ? 3m v Py ? 0

A

B
?

O x
?
lC P

P

(2)

由(1)和(2)式得
v Px ? 3m v0 ? J 3m

(3) (4)

C

v Py ? 0

可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球 C 与挡板碰撞 过程中,质心的坐标为 (5) xP ? ? l c o ? s
yP ? ? 1 3 ls i n ?

图1

(6)

球 C 碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零;球 C 碰挡板后,质心相对质心参 考系仍是静止的,三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动,若转动角速度为 ? ,则三小球 对质心 P 的角动量 2 2 2 L ? m ? lA P ? m ? lB P ? m ? lC P (7)式中 l A P 、 l B P 和 l C P 分别是 A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距离,由图 1 可知
l A P ? l co s ? ?
2 2 2

1 9

l sin ?
2 2

(8) (9)

lBP ?
2

1 9

l sin ?
2 2

l C P ? l co s ? ?
2 2 2

4 9

l sin ?
2 2

(10)

由(7)(8)(9)和(10)各式得 、 、
L ? 2 3 m l ? (1 ? 2 co s ? )
2 2

(11)



碰撞过程中,质心有加速度,质心参考系是非惯性参考系,在质心参考系中考察动力学问题时, 必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心, 对质心的力矩等于零, 不影响质点系 对质心的角动量,故在质心参考系中,相对质心角动量的变化仍取决于作用于球 C 的冲量 J 的冲 量矩,即有
J 2 3 l sin ? ? L

(12) 【也可

以始终在惯性参考系中考察问题,即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点,则

对该参考点(12)式也成立】 由(11)和(12)式得 ? 为(参考图 1) v C P x
? J sin ? m l (1 ? 2 co s ? )
2

(13)

球 C 相对于质心参考系的速度分量分别 (14) (15) (16) 由 (3) 、 、 (6) (13)(16)
J
2

? ? ? l C P sin ? ? ? ? ( l sin ? ? | y P |)

v C P y ? ? ? l C P co s ? ? ? ? l co s ?

球 C 相对固定参考系速度的 x 分量为

v Cx ? v CPx ? v Px

各式得 v C x

? ?

m (1 ? 2 co s ? )

? v0

(17)
vCx ? 0

根据题意有 (18)由(17)和(18)式得
J ? m v 0 (1 ? 2 cos ? )
2

(19) y



(13)和(19)式得
? ?
v 0 sin ? l

(20) A

球 A 若先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整个系统至 少应绕质心转过 ??? 角,即杆 A B 至少转到沿 y 方向,如图 2 所示. 系统 绕质心转过 ??? 所需时间
1 t ? 2

?

O (21) P B (22) (23)
? ? arctan
3 1? ?

x

?

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
? x ? v Px t


yP ? ? x ? xP

C (24)

则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由(5) (6)(14) (16) (18) (21) 、 、 、 、 、 、 (22)和(23)式得
?

图2

即 ? ? 36 (25) 评分标准: 本题 25 分.(1)(2)(11)(12)(19)(20)式各 3 分, 、 、 、 、 、 (21)式 1 分, (22)(23)式 、 各 2 分.(24)或(25)式 2 分. y 解法二 如图 1 所示,建直角坐标系 O xy , x 轴与挡板垂直, y 轴与挡板
v Ay
v By

重合,以 v A x 、 v A y 、 v B x 、 v B y 、 v C x 和 v C y 分别表示球 C 与挡板刚 碰撞后 A 、 B 和 C 三球速度的分量,根据题意有
vCx ? 0

A (1)

v Ax

B

v Bx O

?

x
vCy

P 以 J 表示挡板作用于球 C 的冲量的大小,其方向沿 x 轴的负方向, 根据质点组的动量定理有
? J ? m v Ax ? m v Bx ? 3m v 0

(2) (3)

C C 图1

0 ? m v Ay ? m v By ? m v Cy

以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有
Jl sin ? ? m v A y ? l co s ? ? l co s ? ? ? m v B y l co s ? ? m v 0 l sin ?

(4) 因为

连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有
v Ax ? v Bx

(5) (6) (7)

v C y sin ? ? v B y sin ? ? v B x cos ? v A x cos ? ? v A y sin ? ? ? v C y sin ?

(7)式中 ? 为杆 A B 与连线 A C 的夹角. 由几何关系有
co s ? ? sin ? ? 2 co s ? 1 ? 3 co s ?
2

(8) (9)
2

sin ? 1 ? 3 co s ?
2

解以上各式得

J ? m v 0 ( 1?

2 c o?s (10)v A x ? v 0 sin ? )
2 2

(11)v A y ? v 0 sin ? cos ? (14)v C y ? ? v 0 sin ? co s ?

(12) (15)

v B x ? v s i n? 0

(13)v B y ? 0

按题意,自球 C 与挡板碰撞结束到球 A (也可能球 B )碰撞挡板墙前,整个系统不受外力作用,系 统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不动的, A 、 B 和 C 三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度,可考察球 B 相对 质心的速度.由(11)到(15)各式,在球 C 与挡板碰撞刚结束时系统质心 P 的速度
v Px ? m v Ax ? m v Bx ? m v Cx 3m ? 2 3 v 0 sin ?
2

(16) (17)

v Py ?

m v Ay ? m v By ? m v Cy 3m

?0
l sin ?

这时系统质心的坐标为

x P ? ? l co s ?

(18) y P

? ?

1 3

(19) y

不难看出,此时质心 P 正好在球 B 的正下方,至球 B 的距离为 y P ,而 球 B 相对质心的速度 (21) 角速度 ?
?
v BPx ? v Bx ? v Px ? 1 3 v 0 sin ?
2

( 20 ) v B P y ? 0

A O P B x

可见此时球 B 的速度正好垂直 B P ,故整个系统对质心转动的
v BPx yP ? v 0 sin ? l

(22)

若使球 A 先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整个 系统至少应绕质心转过 π / 2 角, 即杆 A B 至少转到沿 y 方向, 如图 2 所示.
1 π

系统绕质心转过 π / 2 所需时间

t ? 2

?

(23)

C

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离

图2

? x ? v Px t

(24)


3

yP ? ? x ? xP

(25)则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由以上有关
?

各式得

? ?a rc ta n

1? ?

(26)即

? ? 36

(27)

评分标准: 本题 25 分. (2)(3)(4)(5)(6)(7)式各 2 分, 、 、 、 、 、 (10)(22)式各 3 分, 、 (23)式 1 分, (24)(25)式各 2 分, 、 (26)或(27)式 2 分. 四、 参考解答: 1. 虚 线 小 方 框 内 2n 个 平 行 板 电 容 器 每 两 个 并 联 后 再 串 联 , 其 电 路 的 等 效 电 容 C t1 满 足 下 式 式中
C ? S 4 ? kd

1 C t1

?

n 2C

( 1) 即

C t1 ?

2C n

( 2)

( 3)
C t2 满 足 下 式

虚线大方框中无限网络的等效电容 即
C t2 ? C 2

1 C t2

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

( 4)

( 5)
Ct ? C t 1C
t 2

整个电容网络的等效电容为

Ct 1? C

?

2C n?4

( 6)

t 2

等效电容器带的电量(即与电池正极连接的电容器极板上电量之和)
qt ? C t? ? S? ( n ? 4 ) 2 ? kd

( 7)

当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2d 后 ,2n 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 效 电 容
? C t1 满 足 下 式

1 ? C t1
? C t1 ?

?

n ?1 2C
6C

?

2 3C

( 8)

由此得

3n ? 1

( 9)
C t? ? C t? 1C
t 2

整个电容网络的等效电容为

C t? 1 ? C

?

6C 3n ? 1 3

( 10)
q t? ? C t?? ? 3S ? (3 n ? 1 3) 2 ? kd

t 2

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为

( 11)

在 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 由 d 变 为 2d 后 , 等 效 电 容 器 所 带 电 荷 量 的 改 变 为
? q t ? q t? ? q t ? ? S? (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd
? C t?

( 12)
S?
2

电容器储能变化为

?U ?

1 2

? C ??
t

2

2

???

2 (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd
S?
2

( 13) ( 14)

在此过程中,电池所做的功为 外力所做的功为
A? ? ?U

A ? ? qt? ? ?

(3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd

? A ? 2 ( n3?

S?

2

1 n ) (? 3 ?

k4 d) 2

( 15)

2.设 金 属 薄 板 插 入 到 电 容 器 a 后 , a 的 左 极 板 所 带 电 荷 量 为 q ? , 金 属 薄 板 左 侧

带 电 荷 量 为 ? q ? , 右 侧 带 电 荷 量 为 (q ? ? Q ) , a 的 右 极 板 带 电 荷 量 为 ? (q ? ? Q ) , 与 a 并 联 的 电 容 器 左 右 两 极 板 带 电 荷 量 分 别 为 q ?? 和 ? q ?? .由 于 电 容 器 a 和 与 其 并 联 的 电 容 器两极板电压相同,所以有
q ?? C ? q? S 4 ? kx ? (q ? ? Q ) S 4? k ( 2 d ? x )

( 16)

由 ( 2) 式 和 上 式 得

q ? ? q ?? ? 3 q ? ? Q

2d ? x d

( 17)

上式表示电容器 a 左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和, 是虚线 也 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 C t2 所 带 电 荷 量 ( 即 与 电 池 正 极 连 接 的 电 容 器 的 极 板 上电荷量之和). 整 个 电 容 网 络 两 端 的 电 压 等 于 电 池 的 电 动 势 ,即
q ? ? q ?? ct2 ? ( n ? 1) q ? ? q ?? 2C ? q ?? C ??

( 18)

将 ( 2) ( 5) 和 ( 17) 式 代 入 ( 18) 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量 、
q? ? S? (3 n ? 1 3) 2 ? kd ? ( n ? 5)( 2 d ? x ) (3 n ? 1 3) d Q

( 19)

评分标准: 本题 21 分. 第 1 问 13 分, (2)式 1 分, (5)式 2 分, 、 、 (6)(7)(10)(11)(12)式各 1 、 、 分, (13)式 2 分,(14)式 1 分, (15)式 2 分. 第 2 问 8 分, (16)(17)(18)(19)式各 2 分. 、 、 、 五、 参考解答: c a 如图 1 所示, 当长直金属杆在 ab 位置以速度 v 水平 向右滑动到时,因切割磁力线,在金属杆中产生由 b 指 向 a 的感应电动势的大小为 ? ? B L v (1) l1 l2 式中 L 为金属杆在 ab 位置时与大圆环两接触点间的长 度, 由几何关系有 L ? 2 R1
2

? R ? ? ? 1 ? ? 2 R1 ? 100 ?

2

(2)

I1

I

I2

在金属杆由 ab 位置滑动到 cd 位置过程中,金属杆与大 圆环接触的两点之间的长度 L 可视为不变,近似为 2 R1 . 将(2)式代入(1)式得,在金属杆由 ab 滑动到 cd 过 程中感应电动势大小始终为 ? ? 2 B R1 v (3) 以 I 、 I 1 和 I 2 分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流, 方向如图 1 所示,以 U ab 表示 a、b 两端的电压,由欧姆定律有 U ab
I 1 l1 R1
2

d b 图 1
? I 1 l1 r0

(4)U ab

? I 2 l 2 r0

(5)

式中, l1 和 l 2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l 2 中的电流在圆心处产生的磁感应 强度的大小分别为
B1 ? k m

(6)

B2 ? km

I 2 l2 R1
2

(7)

B 1 方向竖直向上, B 2 方向竖直向下.

由(4)(5)(6)和(7)式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 、 、 B 0 ? B 2 ? B1 ? 0 (8) 无论长直金属杆滑动到大圆环上何处, 上述结论都成立, 于是在圆心处只有金属杆的电流 I 所产生 磁场.

在金属杆由 ab 滑动到 cd 的过程中,金属杆都处在圆心附近,故金属杆可近似视为无限长直 导线,由提示,金属杆在 ab 位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为 方向竖直向下.对应图 1 的等效电路如图 2,杆中的电流
I ? R ?

B3 ? k m

2I R1 100

(9)

?
R左 R右 R左 ? R右

(10) I1 R左 Rab I

a

ε

I2 R右

其中 R 为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻, R 左 和 R 右 分别 为金属杆左右两侧圆弧的电阻,由于长直金属杆非常靠近圆心,故 R a b ? 2 R 1 r,1 左 = 右 R? ? R R r (11) 1 0 利用(3)(9)(10)和(11)式可得 B 3 、 、 由于小圆环半径 R 2
? 800km v B R1 ( 4 r1 ? ? r0 )

b

(12)

图 2

小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的, 且都等于长直金属杆 ?? R1 ,

在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于 ab 处时, 穿过小圆环圆面的磁感应通量为 ? ab ? ? R 22 B 3 (13) 当长直金属杆滑到 cd 位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示,但方向相反, 2 ? cd ? ? R 2 ( ? B 3 ) (14) 故穿过小圆环圆面的磁感应通量为 在长直金属杆以速度 v 从 ab 移动到 cd 的时间间隔 ? t 内,穿过小圆环圆面的磁感应通量的改 2 ? ? ? ? cd ? ? ab ? ? 2 ? R 2 B 3 变为 (15) 由法拉第电磁感应定律可得,在小圆环中产生的感应电动势为大小为 在长直金属杆从 ab 移动 cd 过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为
?i ? ?
Ii ?

?? ?t

?

2? R 2 B 3
2

?t
? R2 B3 r0 ? t

(16) (17)

?i
2 ? R 2 r0

于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔 ? t 内通过小环导线横截面的电荷量为
Q ? Ii?t ? R 2 B3 r0 ? 800 k m v B R2 R1 r0 ( 4 r1 ? ? r0 )

(18)

评分标准: 本题 25 分. (3)式 3 分, 、 (4)(5)式各 1 分, (8)(10)式各 3 分, 、 (12)式 3 分, (15) 式 4 分, (16)(17)式各 2 分, 、 (18)式 3 分. 六、 参考解答: 设 重 新 关 闭 阀 门 后 容 器 A 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n 1 ,B 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n 2 ,则 气 体总摩尔数为
n ? n1 ? n 2

( 1)

把 两 容 器 中 的 气 体 作 为 整 体 考 虑 ,设 重 新 关 闭 阀 门 后 容 器 A 中 气 体 温 度 为 T1? , B 中 气 体 温 度 为 T 2 ,重 新 关 闭 阀 门 之 后 与 打 开 阀 门 之 前 气 体 内 能 的 变 化 可 表 示 为
? U ? n1 C ? T1? ? T1 ? ? n 2 C ? T 2 ? T1 ?

( 2)

由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有

?U ? 0

( 3)

令 V 1 表 示 容 器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 p1 , 关闭阀门后 A 中气体压强为
? p 1 ,由 理 想 气 体 状 态 方 程 可 知 n ?
p 1V1 R T1

( 4) n1 ?

(? p 1 )V 1 R T1?

( 5)

由 以 上 各 式 可 解 得 T2 ?

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

由于进入容器 B 中的气体与仍留在容器 A 中的气体之间没有热量交换,因而 在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器 A 中的那部分气体经历了一个绝热过程,
C?R C?R

设 这 部 分 气 体 初 始 时 体 积 为 V 10 (压 强 为 p1 时), 则 有 p 1V1 0 C
p 1V T1 (? p 1 )V1 T1?

? (? p 1 )V1

C

(6)

利用状态方程可得

1

0 ?

( 7)

由 ( 1) 至 ( 7) 式 得 , 阀 门 重 新 关 闭 后 容 器 B 中 气 体 质 量 与 气 体 总 质 量 之 比
R C

n2 n

?

2??

C?R

??

C?R R

( 8)

2 ?? ??

C?R

评分标准: 本题 15 分. (1)式 1 分, (2)式 3 分, (3)式 2 分, 、 (4)(5)式各 1 分, (6)式 3 分, (7) 式 1 分, (8)式 3 分. 七、 答案与评分标准: 1. 19.2 (4 分 , 填 19.0 至 19.4 的 , 都 给 4 分 ) 10.2 ( 4 分 , 填 10.0 至 10.4 的 , 都 给 4 分 ) 2. 20.3 (4 分 , 填 20.1 至 20.5 的 , 都 给 4 分 ) 4. 2 (4 分 , 填 4.0 至 4.4 的 , 都 给 4 分 ) 八、 参考解答: 在 相 对 于 正 离 子 静 止 的 参 考 系 S 中 ,导 线 中 的 正 离 子 不 动 ,导 电 电 子 以 速 度 v 0 向 下 匀 速 运 动 ;在 相 对 于 导 电 电 子 静 止 的 参 考 系 S ? 中 ,导 线 中 导 电 电 子 不 动 ,正 离 子以速度
v 0 向 上 匀 速 运 动 .下 面 分 四 步 进 行 分 析 .

第 一 步 ,在 参 考 系 S ? 中 ,考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 的 大 小 和 方 向 .若 S 系 中 一 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 为 l ,则 在 S ? 系 中 这 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 变



? l?

,由相对论中的长度收缩公式有

? l? ? l 1 ?

v0 c
2

2

( 1)

设 在 参 考 系 S 和 S ? 中 ,每 单 位 长 度 导 线 中 正 离 子 电 荷 量 分 别 为 ? 和 ? ?? ,由 于 离 子 的
? 电 荷 量 与 惯 性 参 考 系 的 选 取 无 关 , 故 ? ?? l ? ? ?l

( 2) 由 ( 1) 和( 2) 式 得

? ?? ?

?
1? v0 c
2 2

( 3)

设 在 S 系 中 一 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长 度 为 l , 在 S? 系 中 这 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长度为
? l?

,则由相对论中的长度收缩公式有

? l ? l? 1 ?

v0 c
2

2

( 4)
?

同 理 , 由 于 电 子 电 荷 量 的 值 与 惯 性 参 考 系 的 选 取 无 关 , 便 有 ??

? ??
1? v0 c
2 2

( 5)

式 中 , ? ? 和 ? ?? 分 别 为 在 参 考 系 S 和 S ? 中 单 位 长 度 导 线 中 导 电 电 子 的 电 荷 量 . 在 参 照 系 S? 中 , 导 线 2 单 位 长 度 带 的 电 荷 量 为
? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ?
1? v0 c
2 2

? (? ? ) 1 ?

v0 c
2

2

?

?
1?
2

v0
2 v0 c 2

2

( 6)

c

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

E? ?

2ke? ? a

?
2

2ke? v0 c a 1?

2

v0 c
2

2

( 7)

电 场 强 度 方 向 水 平 向 左 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 受 到 的 电 场 力 的 大 小 为
f e? ? ? q E ? ? 2keq? v0 c a 1?
2 2

v0 c
2

2

( 8)

电场力方向水平向左. 第 二 步 ,在 参 考 系 S ? 中 ,考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 磁 场 力 的 大 小 和 方 向 .在 参 考 系 S ? 中 , 速 度 以
? v0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为 I ? ? ?? v0 ?

? v0
1? v0 c
2 2

( 9)

导线 2 中的电流 I?在导线 1 处产生磁场的磁感应强度大小为

B? ?

2km I ? a

?

2km ? v0 a 1? v0 c
2 2

( 10)

磁 感 应 强 度 方 向 垂 直 纸 面 向 外 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 所 受 到 的 磁 场 力 的 大

小为

? fm

?

? q v0 B ? ?

2km q? v0 a 1? v0 c
2 2

2

( 11 )

方向水平向右,与正离子所受到的电场力的方向相反. 第 三 步 ,在 参 考 系 S 中 ,考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 和 磁 场 力 的 大 小 和 方 向 .由 题 设 条 件 , 线 2 所 带 的 正 电 荷 与 负 电 荷 的 和 为 零 , 导 即 因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零 注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动 导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零
v1 + ? 0
fe? ? 0

( ? ? ( ? ? ) ? 0 12) ( 13)

( 14) ( 15)

f m ? ? q v1 + B ? 0

式 中 , B 是 在 S 系 中 导 线 2 的 电 流 在 导 线 1 处 产 生 的 磁 感 应 强 度 的 大 小 .于 是 ,在 S 系中,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步, 说明在 S 系中导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力 已 为 零 ,如 果 导 线 1 中 正 离 子 还 受 到 其 他 力 的 作 用 ,所 有 其 它 力 的 合 力 必 为 零 (因 为 正 离 子 静 止 ).在 S ? 系 中 ,导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 的 电 场 力 和 磁 场 力 的 合 力 的 大小为
? f ? ? f m ? ? f e??

(16)

因 为 相 对 S ? 系 ,上 述 可 能 存 在 的 其 它 力 的 合 力 仍 应 为 零 ,而 正 离 子 仍 处 在 勻 速 运 动 状 态 , 所 以 (16)式 应 等 于 零 , 故 由 ( 8) ( 11) 和 ( 17) 式 得 、
? f m ? ? f e??

( 17) ( 18)

ke km

?c

2

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.


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