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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

时间:2013-05-10


29 届全国中学生物理竞赛复赛试题

1

2

3

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷答案与评分标准 一、 参考解答: 由于湖面足够宽阔而物块体积很小,所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保 持 不 变 ,因 此 ,可 选 湖 面 为 坐 标 原 点 并 以 竖 直 向 下 方 向 为 正 方 向 建 立 坐 标 系 ,以 下 简 称 x 系. 设物块下底面的坐标为

x,在物块未完全浸没入湖水时,其所受到的浮力为
f b ? b2 x ? g
( x?b) (1)

式中

g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为
fg ? b3 ??g
(2)

设物块的加速度为 a,根据牛顿第二定律有

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

(3)

a??
将 x系坐标原点向下移动

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

? b ? ?

( 4)

? ?b / ? 而 建 立 新 坐 标 系 , 简 称 X 系 . 新 旧 坐 标 的 关 系 为 ?? X ? x? b ?
a??

(5)

把 (5)式 代 入 (4)式 得

?g X ? ?b

(6)

(6)式 表 示 物 块 的 运 动 是 简 谐 振 动 . 若 X ? 0 , 则 a ? 0 , 对 应 于 物 块 的 平 衡 位 置 . 由 (5)式 可知,当物块处于平衡位置时,物块下底面在 x系中的坐标为

x0 ?
物块运动方程在

?? b ?
Ac ?o s ? t ? ? ?

(7)

X 系中可写为
X ( t )?
(8)

利用参考圆可将其振动速度表示为

V ( t )? ? ? s ?i ? t? ? A n ?
式中

(9)

?为振动的圆频率
?? ? g ?' b
( 10)

在 (8)和 (9)式 中 时刻有

A 和 ? 分 别 是 振 幅 和 初 相 位 ,由 初 始 条 件 决 定 . 在 物 块 刚 被 释 放 时 ,即 t ? 0
X (0) ? ?

x = 0 , 由 (5)式 得
?? b ?
(12) ( 11 )

V (0) ? 0
由 (8)至 (12)式 可 求 得 4

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

(13) (14)

X ( t )?

?? b c ?o s ? ?? ? t ?

(15)

V (t ) ? ?

?? gb sin ??t ? ? ? ?

(16)

由 (15)式 可 知 ,物 块 再 次 返 回 到 初 始 位 置 时 恰 好 完 成 一 个 振 动 周 期 ;但 物 块 的 运 动 始 终 由 (15)表 示 是 有 条 件 的 , 那 就 是 在 运 动 过 程 中 物 块 始 终 没 有 完 全 浸 没 在 湖 水 中 . 若 物 块 从 某 时 刻 起 全 部 浸 没 在 湖 水 中 ,则 湖 水 作 用 于 物 块 的 浮 力 变 成 恒 力 ,物 块 此 后 的 运 动 将 不 再 是 简 谐 振 动 ,物 块 再 次 返 回 到 初 始 位 置 所 需 的 时 间 也 就 不 再 全 由 振 动 的 周 期 决 定 . 为 此 ,必 须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况. 显然,在 x系中看,物块下底面坐标为 b 时, 物 块 刚 好 被 完 全 浸 没 ; 由 (5)式 知 在

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

( 17)

即 物 块 刚 好 完 全 浸 没 在 湖 水 中 时 , 其 下 底 面 在 平 衡 位 置 以 下 Xb 处 . 注 意 到 在 振 动 过 程 中,物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠 I. A ? Xb . 由 (13)和 (17)两 式 得

A,下面分两种情况讨论:
(18)

? ? 2? ?

在这种情况下, 块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而, 块从初始位置起, 物 物 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?
物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间

2?

?

? 2?

? ?b ?g

(19)

t I ? T ? 2?
II. A ? Xb . 由 (13)和 (17)两 式 得

? ?b ?g

(20)

? ? 2? ?

(21)

在 这 种 情 况 下 ,物 块 在 运 动 过 程 中 会 从 某 时 刻 起 全 部 浸 没 在 湖 水 表 面 之 下 . 设 从 初 始 位 置 起,经过时间

t1 物 块 刚 好 全 部 浸 入 湖 水 中 , 这 时 X ? t1 ? ? X b .

由 (15)和 (17)式 得 (22)

?? ?? cos ?? t1 ? ? ? ? 1 ? ? ?
取合理值,有

t1 ?

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

(23)

由 上 式 和 (16)式 可 求 得 这 时 物 块 的 速 度 为

5

?? ? ?? V ( 1t )? ? g b1 - ? ? 1 ? ? ? ?? ?

2

(24)

此 后 , 物 块 在 液 体 内 作 匀 减 速 运 动 , 以 a? 表 示 加 速 度 的 大 小 , 由 牛 顿 定 律 有

a? ?

? ? ?? g ??

(25)

设 物 块 从 刚 好 完 全 浸 入 湖 水 到 速 度 为 零 时 所 用 的 时 间 为 t2 , 有

V ? t1 ? ? a?t2 ? 0
由 (24)-(26)得

(26)

t2 ?

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

2

(27)

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为

tII ? 2(t1 ? t2 ) ? 2
评分标准:

?? ?? ?? ? b? ? ? 2? ? b? ? 1 ? ? ? 1? ?? ? arccos ? ? ? 1?? ? g? ? ?? ?? ( ? ? ? ?) g ? ? ?? ?

2

(28)

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、 参考答案: 1. i.通 过 计 算 卫 星 在 脱 离 点 的 动 能 和 万 有 引 力 势 能 可 知 , 卫 星 的 机 械 能 为 负 值 . 由 开 普 勒 第 一 定 律 可 推 知 ,此 卫 星 的 运 动 轨 道 为 椭 圆( 或 圆 ) ,地 心 为 椭 圆 的 一 个 焦 点 ( 或 圆 的 圆 心 ) ,如 图 所 示 . 由 于 卫 星 在 脱 离 点 的 速 度 垂 直 于 地 心 和 脱 离 点 的 连 线 ,因 此 脱 离 点 必 为 卫星椭圆轨道的远地点(或近地点) 设近地点(或远地点)离地心的距离为 r ,卫星在 ; 此 点 的 速 度 为 v .由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知

R

r v = ? 0.80R ? ?
2

(1)

0.80R

a
式中

? (? 2 Te 为 地 球 自 转 的 角 速 度 . ? / )

令 m表示卫星的质量,根据机械能守 恒定律有

b

1 2 GMm 1 GMm 2 mv ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? 2 r 2 0.80R
( 2) 由 ( 1) 和 ( 2) 式 解 得

r ?0.2R 8
可 见 该 点 为 近 地 点 ,而 脱 离 处 为 远 地 点 . 【 3) 式 结 果 亦 可 由 关 系 式 : (

(3)

6

?
直接求得】 同步卫星的轨道半径

GMm 1 GMm 2 ? m ? 0.80R ? ? 2 ? r ? 0.80R 2 0.80R

R满足 GM ? R? 2 R2
r ? 1.2 ? 104 km

(4)

由 (3)和 (4)式 并 代 入 数 据 得 (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 ? 0.80R ? ? 2

(6)

设 a和 b 分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有

a?

0.28R ? 0.80R 2
2

(7)

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

(8)

T为
T?

? ab ?s

(9)

代人相关数值可求出

T ? 9.5h

(10)

卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点, 据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最 根 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 离 后 经 过 1.5T ( 约 1 4 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 - 1 2 小 时 内 二 者 不 可 能 相 遇 ;而 在 卫 星 脱 落 后 1 2 - 2 4 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 1 2 - 2 4 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 其 轨 道 卫 的 近 地 点 和 远 地 点 .在 脱 离 处 的 总 能 量 为

1 GMm GMm m( Rx? )2 ? ?? 2 Rx Rx? R
此式可化为

( 11)
e

? Rx ? ? Rx ? 2GM ? ? ?1 ? ? ? 2 3 Re ? ? Re ? Re ? ?
这 是 关 于 Rx 的 四 次 方 程 , 用 数 值 方 法 求 解 可 得

3

(12)

7

Rx ? 4.7Re ? 3.0 ?104 km

( 13)

【 Rx 亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 . 令 v e 表 示 卫 星 与 赤 道 相 切 点 即 近 地 点 的速率,则有
2 Re ve ? Rx ?



1 GMm 1 GMm 2 mve ? ? m( Rx? ) 2 ? 2 Re 2 Rx
由 上 两 式 联 立 可 得到方程

? Rx ? ? Rx ? 2GM Rx 2GM ? 2 3 ?0 ? ? ?? ? ? 2 3 ? Re ? ? Re ? ? Re Re ? Re
其中除 Rx 外其余各量均已知, 因此这是关于 Rx 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 Rx .】 卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间, 为了求出卫星运行的周期 T ? , 设椭圆的 半长轴为 a ? ,半短轴为 b ? ,有

5

3

a? ?

Rx ? Re 2
2

(14)

? R ? Re ? b? ? a?2 ? ? x ? ? 2 ?
因为面积速度可表示为
2 ? s? ? Rx ?

(15)

1 2

(16)

所以卫星的运动周期为

T? ?
代入相关数值可得

? a?b? ? s?

(17)

T ? ? 6.8 h

(18)

卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期,在这段时间内,如果地球不转动,卫星沿地球自 转方向运行 180 度,落到西经 (180? ? 110?) 处与赤道相切. 但由于地球自转,在这期间地球同时转过了

?T ? / 2 角度,地球自转角速度 ? ? 360? / 24h ? 15? / h ,因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经

? ? 180? ? 110? ?
即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 评分标准: 本题 23 分.

?T ?
2

? 121?

(19)

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) 8

三、 参考解答: 解法一 如图 1 所示,建直角坐标 Oxy , x 轴与挡板垂直,

y轴

y

与挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为 v 0 ,方向沿 x 轴正方 向,以 P 表示系统的质心,以 vPx 和 vPy 表示碰撞后质心的速 度分量, J 表示墙作用于小球 C 的冲量的大小. 根据质心运 动定理有

A

B

? J ? 3mvPx ? 3mv0

(1) (2)

0 ? 3mvPy ? 0
由(1)和(2)式得

?
P

O x

3mv0 ? J 3m vPy ? 0 vPx ?

(3) (4)

? lCP
C

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

xP ? ?l cos ? 1 yP ? ? l sin ? 3

(5) (6)

图1

球 C 碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零;球 C 碰挡板后,质心相对质心参考系仍是静 止的,三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动,若转动角速度为 ? ,则三小球对质心 P 的角动量
2 2 2 L ? m?lAP ? m?lBP ? m?lCP 式中 l AP 、 lBP 和 lCP 分别是 A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距离,由图 1 可知 1 2 lAP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9 1 2 2 2 lBP ? l sin ? 9 4 2 lCP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9

(7)

(8) (9) (10)

由(7)(8)(9)和(10)各式得 、 、

2 L ? ml 2? (1 ? 2cos2 ? ) 3

(11)

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

2 J l sin ? ? L 3

(12)

【也可以始终在惯性参考系中考察问题,即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点,则对该 参考点(12)式也成立】 由(11)和(12)式得

??

J sin ? ml (1 ? 2 cos 2 ? )

(13)

球 C 相对于质心参考系的速度分量分别为(参考图 1)

vCPx ? ??lCP sin ? ? ?? (l sin ? ? | yP |)

(14) (15) (16)

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

vCx ? vCPx ? vPx
由(3)(6)(13) 和 (16)各式得 、 、 9

vCx ? ?
根据题意有

J ? v0 m(1 ? 2 cos 2 ? )

(17)

vCx ? 0
由(17)和(18)式得

(18) (19)

J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? )
由(13)和(19)式得

??

v0 sin ? l

(20)

y

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

A O P x

1 ? t? 2

?

(21)

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离

?x ? vPx t


(22) (23)

B

yP ? ?x ? xP

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

C

? ? arctan


3 1? ?

(24)

图2

(25) 评分标准: 本题 25 分.(1)(2)(11)(12)(19)(20)式各 3 分, 、 、 、 、 、 (21)式 1 分, (22)(23)式各 2 分.(24) 、 或(25)式 2 分. 解法二 如图 1 所示,建直角坐标系 Oxy , x 轴与挡板垂直, y 轴与 挡板重合,以 vAx 、 vAy 、 vBx 、 vBy 、 vCx 和 vCy 分别表示球 C 与挡板刚碰撞后

? ? 36?

y

v Ay
A

vBy
v Ax B
P

A 、 B 和 C 三球速度的分量,根据题意有
vCx ? 0
(1)

?

vBx O
x

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

vCy
C C 图1
(4)

? J ? mvAx ? mvBx ? 3mv0

(2) (3)

0 ? mvAy ? mvBy ? mvCy
以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有

Jl sin ? ? mvAy ? l cos? ? l cos? ? ? mvByl cos? ? mv0l sin ?
因为连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有

vAx ? vBx
10

(5)

vCy sin ? ? vBy sin ? ? vBx cos? vAx cos? ? vAy sin ? ? ?vCy sin ?
(7)式中 ? 为杆 AB 与连线 AC 的夹角. 由几何关系有

(6) (7)

cos ? ?
sin ? ?
解以上各式得

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

(8) (9)

J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) vAx ? v0 sin 2 ?

(10) (11) (12)

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

(13) (14) (15)

vBy ? 0 vCy ? ?v0 sin ? cos?
按题意,自球 C 与挡板碰撞结束到球

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

vPx ?

mvAx ? mvBx ? mvCx 2 ? v0 sin 2 ? 3m 3 mvAy ? mvBy ? mvCy vPy ? ?0 3m
xP ? ?l c o s ?

(16)

(17)

这时系统质心的坐标为 (18) (19)

1 yP ? ? l sin ? 3
不难看出,此时质心 P 正好在球 B 的正下方,至球 B 的距离为 y P ,而球 B 相对质心的速度

1 vB P x? v B ? v P? vs i 02 ? n x x 3
vBPy ? 0
可见此时球 B 的速度正好垂直 BP ,故整个系统对质心转动的角速度

(20) (21)

??

vBPx v0 sin ? ? yP l
11

(22)

A 先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后, 整个系统至少应绕质心转过 π / 2 角, 即杆 AB 至少转到沿 y 方向, 如
图 2 所示. 系统绕质心转过 π / 2 所需时间

若使球

y

1 π t? 2

A
(23)

?

O P

x

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离

?x ? vPx t


(24)

B

yP ? ?x ? xP
则球 B 先于球

(25)

C

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

图2



? ? 36?
评分标准:

(27)

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 足下式

Ct1 满
( 1)

1 n ? Ct1 2C


Ct1 ?
式中

2C n

( 2)

C?

S 4? kd

( 3)

虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 满 足 下 式

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


( 4)

Ct 2 ?

C 2
Ct ? Ct C t 2 2C 1 ? Ct 1? C t 2 n ? 4
S? (n ? 4)2? kd
12

( 5)

整个电容网络的等效电容为 ( 6)

等效电容器带的电量(即与电池正极连接的电容器极板上电量之和)

qt ? C t ? ?

( 7)

? 当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2 d 后 , n 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 效 电 容 Ct1 满 2
足下式

1 n ?1 2 ? ? ? Ct1 2C 3C
由此得

( 8)

? Ct1 ?
整个电容网络的等效电容为

6C 3n ? 1

( 9)

Ct? ?

Ct? C t 2 6C 1 ? Ct? 1? C t 2 3n ? 1 3

( 10)

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为

qt? ? Ct?? ?

3S ? (3n ? 13)2? kd S? (3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 11 )

在 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 由 d 变 为 2d 后 , 等 效 电 容 器 所 带 电 荷 量 的 改 变 为

?qt ? qt? ? qt ? ?
电容器储能变化为

( 12)

?U ?

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

( 13)

在此过程中,电池所做的功为

A ? ?qt ? ? ?
外力所做的功为

( 14)

A? ? ?U ? A ?

( 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
由 ( 2) 式 和 上 式 得

q? ( q? ? Q) ? S S 4? kx 4? k (2d ? x)

( 16)

q? ? q?? ? 3q? ? 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, 是虚线大方框 也 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 所 带 电 荷 量 ( 即 与 电 池 正 极 连 接 的 电 容 器 的 极 板 上 电 荷 量 之 和). 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即

q? ? q?? q? ? q?? q?? ? (n ? 1) ? ?? ct 2 2C C
将 ( 2) ( 5) 和 ( 17) 式 代 入 ( 18) 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量 、

( 18)

13

q? ?
评分标准:

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

( 19)

本题 21 分. 第 1 问 13 分, (2)式 1 分, (5)式 2 分, (6)(7)(10)(11)(12)式各 1 分, 、 、 、 、 (13) 式 2 分,(14)式 1 分, (15)式 2 分. 第 2 问 8 分, (16)(17)(18)(19)式各 2 分. 、 、 、 五、 参考解答: 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

a

c

? ? BLv

(1)

l1
I1

l2 I
I2

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

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

2

(2)

在金属杆由 ab 位置滑动到 cd 位置过程中,金属杆与大圆环接触 的两点之间的长度 L 可视为不变, 近似为 2R1 .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

d b 图 1

? ? 2BR1v
(3)

以 I 、 I1 和 I 2 分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流,方向如图 1 所示,以 U ab 表示 a、b 两端的电压, 由欧姆定律有

Ua b ? I 1l 1r 0

(4) (5)

U ab ? I 2l2 r0
小分别为

式中, l1 和 l2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l2 中的电流在圆心处产生的磁感应强度的大

B1 ? km B2 ? k m

I1l1 R12 I 2 l2 R12

(6)

(7)

B1 方向竖直向上, B2 方向竖直向下.
由(4)(5)(6)和(7)式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 、 、

B0 ? B2 ? B1 ? 0

(8)

无论长直金属杆滑动到大圆环上何处,上述结论都成立,于是在圆心处只有金属杆的电流 I 所产生磁场. 在金属杆由 ab 滑动到 cd 的过程中,金属杆都处在圆心附近,故金属杆可近似视为无限长直导线,由提 示,金属杆在 ab 位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为

B3 ? km

2I R1 100

(9)

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?

?

R左 R右 R左 ? R右

(10)

a

I1 R左

I

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 14

Rab
b

图 2

Ra b ? 2 R 1r,1
B3 ?



R =右 ? ? R

R r (11) 1 0
(12)

利用(3)(9)(10)和(11)式可得 、 、

800km v B R1 (4r1 ? ? r0 )

由于小圆环半径 R2 ?? R1 ,小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的,且都等于长直金属杆在圆心处 产生的磁场. 当金属杆位于 ab 处时,穿过小圆环圆面的磁感应通量为
2 ?ab ? ? R2 B3

(13)

当长直金属杆滑到 cd 位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示,但方向相反,故穿过小圆 环圆面的磁感应通量为
2 ?cd ? ? R2 (?B3 )

(14)

在长直金属杆以速度 v 从 ab 移动到 cd 的时间间隔 ?t 内,穿过小圆环圆面的磁感应通量的改变为

?? ? ?c d ? ? a ? ?2? R2 B b 2
2 ?? 2? R2 B3 ? ?t ?t

3

(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

?i ? ?
Ii ?

(16)

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

2? R2 r0

?i

?

R2 B3 r0 ?t

(17)

于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔 ?t 内通过小环导线横截面的电荷量为

Q ? I i ?t ?
评分标准:

R2 B3 800km vBR2 ? r0 R1r0 (4r1 ? ? r0 )

(18)

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 摩尔数为

n1 , B

中气体的摩尔数为

n2 , 则 气 体 总

n ? n1 ? n2
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 气体温度为

( 1)

T1? , B



T2 ,重 新 关 闭 阀 门 之 后 与 打 开 阀 门 之 前 气 体 内 能 的 变 化 可 表 示 为
?U ? n1C ?T1? ? T1 ? ? n2C ?T2 ? T1 ?
( 2)

由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有

?U ? 0


( 3)

V1 表 示 容 器

A 的体积, 初始时 A 中气体的压强为

p1 ,关闭阀门后 A 中气体压强为 ? p1 ,

由理想气体状态方程可知 15

n?

p1V1 RT1

( 4)

n1 ?
由以上各式可解得

(? p1 )V1 RT1?

( 5)

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,设这部分气 体初始时体积为

V10 ( 压 强 为 p1 时), 则 有

pV
利用状态方程可得

C?R C 1 10

? (? p1 )V1

C?R C

(6 )

p1V 1 0 (? p1 )V1 ? T1 T1?
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?R C C?R

( 7)

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

( 8)

评分标准: 本题 15 分. (1)式 1 分, (2)式 3 分, (3)式 2 分, 、 (4)(5)式各 1 分, (6)式 3 分, (7)式 1 分, (8)式 3 分. 七、 答案与评分标准: 1. 19.2 10.2 2. 20.3 4.2 (4 分 , 填 19.0 至 19.4 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 10.0 至 10.4 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 20.1 至 20.5 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 4.0 至 4.4 的 , 都 给 4 分 )

八、 参考解答: 在 相 对 于 正 离 子 静 止 的 参 考 系 S 中 , 导 线 中 的 正 离 子 不 动 , 导 电 电 子 以 速 度 v0 向 下 匀 速 运 动 ;在 相 对 于 导 电 电 子 静 止 的 参 考 系 向 上 匀 速 运 动 .下 面 分 四 步 进 行 分 析 .

S ? 中 ,导 线 中 导 电 电 子 不 动 ,正 离 子 以 速 度 v 0

16

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 对论中的长度收缩公式有

? S ? 系 中 这 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 变 为 l? , 由 相

? l? ? l 1 ?
设在参考系 S 和

2 v0 2 c

( 1)

? 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 ?? ??l? ? ?l

量与惯性参考系的选取无关,故 ( 2)

由 ( 1) 和 ( 2) 式 得

? ?? ?

?
v2 1? 0 c2

( 3)

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

S? 系 中 这 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长 度 为

? l? , 则 由 相 对 论 中 的 长 度 收 缩 公 式 有

? l ? l? 1 ?

2 v0 c2

( 4)

同理,由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关,便有

?? ?

? ?? v2 1? 0 c2

( 5)

式 中 , ?? 和

? ?? 分 别 为 在 参 考 系 S 和 S ? 中 单 位 长 度 导 线 中 导 电 电 子 的 电 荷 量 .

在参照系

S? 中 , 导 线

2 单位长度带的电荷量为

? ? ? ? ? ?? ? ?? ?

?
v2 1? 0 c2

? ( ?? ) 1 ?

2 v0 ? c2

2 v0 2 v2 c 1? 0 c2

?

( 6)

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

E? ?

2ke ? ? ? a

2k ? v 2 e v c a 1? c
2

0 2 0 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
( 8)

f e?? ? qE ? ?

2 2ke q? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

电场力方向水平向左. 第二步,在参考系 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

S? 中 , 以 速 度 v0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为
17

? I ? ? ?? v0 ?

? v0
v2 1? 0 c2

( 9)

导线 2 中的电流

I?在 导 线 1 处 产 生 磁 场 的 磁 感 应 强 度 大 小 为
B? ? 2km I ? 2km ? v0 ? a v2 a 1? 0 c2
( 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
( 11 )

? f m ? ? q v0 B? ?

2 2km q? v0

v2 a 1? 0 c2

方向水平向右,与正离子所受到的电场力的方向相反. 第 三 步 ,在 参 考 系 S 中 ,考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 和 磁 场 力 的 大 小 和 方 向 .由 题 设 条 件 , 导 线 2 所 带 的 正 电 荷 与 负 电 荷 的 和 为 零 , 即

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

( 12)

fe? ? 0
注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动

( 13)

v1+ ? 0
导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零

( 14)

f m ? ? qv 1B ? 0 +

( 15)

式 中 , B 是 在 S 系 中 导 线 2 的 电 流 在 导 线 1 处 产 生 的 磁 感 应 强 度 的 大 小 . 于 是 ,在 S 系 中 , 导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步,已说明在 S 系中导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零, 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??
因为相对

(16)

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 ,
? f m ? ? fe??
( 17)

所 以 (16)式 应 等 于 零 , 故

由 ( 8 ) ( 11 ) 和 ( 1 7 ) 式 得 、

ke ? c2 km

( 18)

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.

18


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