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16~29届全国中学生物理竞赛电磁学专题答案


电磁学专题答案 (16)三、参考解答 根据题中所给的条件,当圆环内通过电流 I 时,圆环中心的磁感应强度

2 r 穿过圆环的磁通量可近似为

B?

?0 1

? Ir 2 根据法拉第电磁感应定律,电流变化产生的感生电动势的大小 ?? ?0 ?I E? ? ?r ?t 2 ?t E ? ? r ?

I 圆环的电阻 R? ? 0 I 2I ?t
根据题设条件

? ? BS ?

?0

(1)

(2) (3)

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 (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)

五、参考解答 解法一: 1.(1)电阻图变形. 此题连好的线路的平面图如图预解16-5-1所示. 现将电阻环改画成三角形,1、3、5三 点为顶点,2、4、6三点为三边中点,如图 预解1—5-2与图预解16-5-3所示.整个连好 的线路相当于把 Dn 的三个顶点分别接到

Dn ?1 的三个中
点上,图预解 16-5-1 变 为 图 预解16-5-4. 这 样第1问归结 为求图预解 16-5-4 中 最 外

层三角环任意两顶点间的等效电阻。

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

用符号“//”表示电阻的并联,如

RA // RB ?

1 (1/ RA ) ? (1/ RB )

由图预解16-5-5中的对称性可知l、3两顶点间的电阻 R 1, 3 等于图 预解16-5-7中1、0间的电阻 R 1, 0 的2倍,即

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

R ( s ?1) ?
于是

3 1 R ? R // R (s ) 4 4

3 1 3 1 13 97 R (4) ? R ? R // R (3) ? R+ R // ? R ? ? R ? ? 4 4 4 4 ? 15 ? 112 3 1 3 1 97 ? 181 R (5) ? R ? R // R (4) ? R+ R // ? R? ? R ? 4 4 4 4 ? 112 ? 209

) 由 ( 2 ) 式 R 1 , 3? ( 4 / 3R? 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

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

724 R .证毕。 627

R?? ? (2 R) //(2 R (4) ) ?
所以
图复解 16-5-8

1 194 ? R 1 56 209 ? 2R 97 R

图复解 16-5-9

2 388 (5) R 2, 4 ? R?? // 2R?? ? R?? ? 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

(1) (1) 线. 一个环 D5 ) ( 构成线路的1与0点间的阻值用 R 1, 0 表示, 根据对称性,R 1, 0 ?

1 (1) 2 R 1, 3 ? R 。 2 3

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

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


(3) (2) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ? R )]// R

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

?? ? 26 ? 97 (4) (3) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ? R)]// R ? ?? R // R ? ? R ? // R ? R 45 ? 168 ?? ? ?? ? 97 ? 362 (5) (4) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ? R )]// R ? ?? R // R ? ? R ? // R ? R 168 ? 627 ?? ?

由此得 第二问

(5) (5) R 1, 3 ? 2 R 1, 0 ?

724 R 627

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


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

97 194 R // R ? R 168 627


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

388 R 627

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

Ez ? E cos? 。
由于物块带负电,电场作用于物块的电力的两个分量分别为

Fy ? ?qE y ? qE sin?

(1) (2)

Fz ? ?qEz ? ?qE cos?

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

N ? qE cos?
绝缘平面作用于物块的摩擦力

f ? ? N ? qE tan ? cos? ? qE sin? ? Fy

(3)

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

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

Fy ? T sin ? ? f y ? 0

(4) (5)

?T cos? ? f x ? 0
由(4)(5)式得 、

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

T (T ? 2 Fy sin ? ) ? 0


T ? 0 或 T ? 2 Fy sin ?

(6)

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

T ? 2 Fy sin ? ? 0 ,将 T 代入(4)、(5)式,


f y ? T sin ? ? Fy ? ? Fy cos 2 ?

f x ? T cos ? ? Fy sin 2?
摩擦力方向的斜率

k?

fy fx

? ? cot ?

(7)

k 是摩擦力方向与 x 轴夹角的正切,即摩擦力方向的斜率,因摩擦力始终沿轨道的切线 方向,故 k 也就是轨道切线的斜率.下面,通过对(7)式的分析来寻找轨道方程. 当中一0,k-co即在起点A时,轨道的切线与x轴垂直 当 ? ? 0 , k ? ? ,即在起点 A 时,轨道的切线与 x 轴垂直。
, k ? ? ,一种情况是小物块运动到 y 轴上后,沿 y 轴做直线运动到 O 点,但 2 这与题设轨迹移动是一条二次曲线不符,因而它一定表示轨道在 O 点的切线与 x 轴垂直. 在二次曲线中,曲线上两点切线相互平行的只有椭圆或圆.又因为 A 、 O 两点的切线 与它们的连线相垂直,这连线应为曲线的轴线,且在 Ox 轴上,另一轴在它的垂直平分线上 且与 y 轴平行。曲线与此轴线的交点的切线的斜率为0.代入(7)式得 ? ? 圆,其方程为 当? ?

?

?
4

,故该曲线为

x ? x2 ? x ? 0 ? ? y2 ? 0 ? 2? 4 ?

2

(8)

(17) ?三、解:1.相距为r的电量为Q1与Q2的两点电荷之间的库仑力FQ与电势能UQ公式为
?FQ=k(Q1Q2/r ) Q=-k(Q1Q2/r) ,U , 现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为 ?U(r)=-k(4as/3r) ,




?根据直接类比可知,正反顶夸克之间的强相互作用力为 ?F(r)=-k(4as/3r ) , ) ,二者的运动方程均为 ?m1v /(r0/2)=k(4as/3r0 ) . 由题给的量子化条件,粒子处于基态时,取量子数n=1,得 ? 2m1v(r0/2)=h/2π. ?由③与④两式,解得 ?r0=3h /8π m1ask, ?代入数据得 ?r0=1.4×10
-17 2 2 2 2 2



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


③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

m.

? 2.由③、④两式,可得 ?v=(π/h) (k4as/3) ,
3 2

由v和r0可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期T为 ? T=2π(r0/2)/v=h /2π m1(k4as/3) , 代入数值得 ?T=1.8×10 由此可知 ? τ/T=0.22. (10)? ?因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的 1/5, 故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的. ?五、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 -24 2



s,





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, ? qv0B=mg, ② ③
-1

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 ?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. 知,其坐标为 xO′=Rsinα=0.40m,? yO′=Rcosα=0.40m. ⑧ 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

圆周运动的角速度为 ω=v/R=5.0rad·s .
-1

⑨ (10)?

?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′] ,? ?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, ?x=0.63m,? (12)? (13)? (14) 将(12)式代入(10)式,再代入有关数值,得 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.? ??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,? ?vy′=vy.? 虽然 (15)? (16)?

=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 ?vx=vcosα′=2.0m·s , ?vy=vsinα′=2.0m·s ,
-1 -1

将以上两式及⑤式代入(15)(16)式,便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量,它们分别为 、 ?vx′=4.0m·s ,? ?vy′=2.0m·s ,? ?速度大小为 ?v′= =4.5m·s ,
-1 -1 -1

(17)? (18)?

(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 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, 将③式代入④式,得 may=-[ (qB) /m] (y-(m /q B )g) , 令 式中 ?D=m2g/(qB) =g/(q/m) B =0.40m, 即在y方向作用于带电质点的合力 ?Fy=-ky′, 其中 k=q B /m,
2 2 2 2 2 2 2 2 2

④ ⑤

y′=y-D,

⑥ ⑦

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 (10)? ?或y=Acos(ωt+φ0)+D,?

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 ?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,? ?A=0.56m.? (12)? (13)? (14)?

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)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) .? ?x=ωDt-Asinφ0+Asin(ωt+φ0) .? (16)? (17)? 带电质点在x方向的合位移x=x′+x″,由(15)(16)式,得 、 ?(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,? ?t=0.31s,? 代入(17)式,得 ?x≈0.63m,?
-1

(18)? (19)? (20)?
-1

将与(10)式有关的数据代入,可解得

将(19)式分别代入(14)(11)式,得 、 ?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

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

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

? ? I1rCFA ? I 2 rADC


rCFA ?


5r r , rADC ? , ? ? K? R2 6 6

5r r (1) ? I2 6 6 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 ? ? 2I 2 ? ? ? ? 12 6 ? ? ? ? 解得 (2? ? 3 3) R 2 I2 ? K 2r 代入(1)式,得 (10? ? 3 3) R 2 I1 ? K 10r 2.求每个圆环所受的力. K? R 2 ? I1

(2)

(3)

(4)

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

?Fx ? I1B?l ? cos?
因 ?l ? cos? ? ?l 故 ?Fx ? I1B?l

(5)

Fx ? ? I1B?l ? I1BPQ ? I1BR
时刻所受安培力的合力 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 t 0

F1 ? Fx ? I1 BR ? (10? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? BR 10r ? ?
? (10? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R (7) 10r ? ?
方向向左 同理,载流导体弧 AC 在 t 0 时刻所受的安培力为

? (2? ? 3 3) R 2 ? F2 ? I 2 BR ? ? K ? BR 2r ? ? ? (2? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R 2r ? ?
方向向右 左环所受的合力大小为 (8)

F ? F1 ? F 2 ?
方向向左

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

(9)

五、参考解答 分以下几个阶段讨论: 1.由于球壳外空间点电荷 q1 、 q2 的存在,球壳外壁的电荷分布不均匀,用 ? 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 在球心 O 产生的电势 U1 为

??S
a

,球壳外壁所有电荷

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 壳的电势,按电势叠加原理,即有 q q Q k 1 ? k 2 ? k 1 ?U d1 d2 a 代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

q1 q 与k 2 , 因球心 O 处的电势等于球 d1 d2
(2)

?q q ? U ? a ? 1 ? 2 ? ? ?8 ? 10-9 C k ? d1 d 2 ? 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q 等于球壳外壁的电量 Q1 ,即 Ⅰ Q1 ? a
Q =Q1 ? ?8 ? 10-9 C Ⅰ
(3)

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

Q2 ? d1

?q q ? U ? d1 ? 1 ? 2 ? ? ?16 ? 10-9 C k ? d1 d 2 ?

因为此时球壳内壁电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即 QⅡ Q2 ? ?16 ? 10-9 C = (5) 在 a ? 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为

?Q =QⅡ-Q ? ?8 ? 10-9 C Ⅰ Ⅰ

(6)

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

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

q U ? d1 2 ? ?6 ? 10-9 C k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 QⅢ ? Q3 ? (?q1 ) ? ?16 ? 10-9 C Q3 ? d1
在这过程中,大地流向球壳的电量为 ?Q ? QⅢ ? Q ? 0 Ⅱ Ⅱ 转至球壳内壁,整个球壳与大地没有电荷交换.

(8)

(9) (10)

这个结果表明:电荷 q1 由球壳外极近处的位置进入壳内,只是将它在球壳外壁感应的电荷

4.当球壳半径趋于 d 2 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 q Q k 2 ? k 4 ?U d2 d2 由此得 (11)

Q4 ? d 2

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

球壳的电量 QⅣ 等于球壳内外壁电量的和,即

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

?QⅢ ? QⅣ -QⅢ ? ?6 ? 10-9 C

5.当点电荷 q2 穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为 d 2 ) ,球壳内壁的感应电荷 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 k 5 ?U d2 可得 U Q5 ? d2 ? 4 ?10-9 C k 球壳的总电量是 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 (14)

(15) (16)

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

k
可得

Q6 ?U a1

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

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

OQ 。取闭合回路 AQOA ,设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有
E AQ ? E2
(5)

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

S 2 ,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 1 当 ? ? ? / 4 时, S2 ? R 2 (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)

三、参考解答 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,由质心运动定理可知,质心总是固定不动的。质点 1、 在静电力作用下, 2 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,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、2 的速度

A C

1

3

B

2

图复解 19-3

方向向右,3 的速度方向左(如图复解 19-3 所示)。令 v1 、 v2 、 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

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

(1)

(2)

系统原来的电势能为

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 EP ? 3k q q EP? ? 2k ?k l 2l 根据能量守恒有
E P ? E P? ? E K
由以上各式可解得
2 2

(3)

(4)

(5)

v3 ?

2kq 2 3lm

(6)

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

1 2 LI ,因二极管 D 的存在, r 中无电流。打开开 2 关 S 后,由于 L 中有感应电动势,在线圈 L 、电阻器 ab 和二极管 D 组成的回路中有电流通
2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W ? 过,最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为 r 和 rL 上放出的热量,其 中 r 上放出的热量为

?Q ?

1 2 r LI ? 2 r ? rL

(1)

此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程,所以气体吸热为

?Q ?

m

?

C p ?T

(2)

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

?V ,则由理想气体状态方程可得
p?V ? m

?

R?T

(3)

而 由以上各式可得

?V ?

?d2
4

?x

(4)

?x r ? r C p p? d L? 2 ? L ? 2r R I
(20)一、参考解答

2

(5)

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

1 2 1 2 mv0 ? mv ? eU 2 2

(1)

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

mv0lmax ? mvR
由式(1)(2)可得 、

(2)

lmax ? 1 ?
代入数据,可得

eU R 2 mv0 / 2

(3)

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

lmax ?

6 R 2

(5)

评分标准:本题 15 分。 式(1)(2)各 4 分,式(4)2 分,式(5)5 分。 、

六、参考解答 在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为 电势的零点, 故正电荷在空间各点的电势为正; 负电荷在空间各点的电势为负。 现已知 x ? x0 处的电势为零,故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线,当考察点 离坐标原点很近时,电势为正,且随 x 的减小而很快趋向无限大,故正的点电荷必定位于原 点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的电量。当 x 从 0 增大时,电势没有出现负无限大,即没有经 过负的点电荷, 这表明负的点电荷必定在原点的左侧。 设它到原点的距离为 a , x 很大时, 当 电势一定为负,且趋向于零,这表明负的点电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 。即产生题目所 给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为 Q1 ;另一个是位于负 x 轴上离 原点距离 a 处的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 。按题目所给的条件有

k

Q1 Q2 ?k ?0 x0 x0 ? a

(1)

k

Q1 Q2 ?k ? ?U 0 ax0 ax0 ? a

(2)

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

k

Q1 Q2 ?k ?0 2 (ax0 ) (ax0 ? a)2

(3)

由式(1)(2)和(3)可解得 、

a ? a(a ? 2) x0

(4) (5) (6)

ax0 U 0 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。 、 、 、 (21) 五、1.解法Ⅰ:

? 如图 1 所示,S 为原空腔内表面所在位置, q1 的位置应位于 OP 的延长线上的某点 B1 1 ? 处, q 2 的位置应位于 OP2 的延长线上的某点 B2 处.设 A1 为 S 面上的任意一点,根据题意 有 A1 ? q1 q1 (1) k ?k ?0 A1 P1 A1 B1 O ?? B2 P2 a a P1 q q? (2) k 2 ?k 2 ?0 R A1 P2 A1 B2 S 图1
1

B1

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图 1 中 ?OP A1 与 ?OA1 B1 的关系. 1 ? 若等效电荷 q1 的位置 B1 使下式成立,即

1

OP ? OB1=R 2 1


(3)

OP 1 OA1

?

OA1 OB1

(4)



△OP A1 ∽△OA1 B1 1
A1 P1 A1 B1 ? OP 1 OA1 ? a R
(5)



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

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

同理,B2 的位置应使 △OP A1 ∽△OA1 B2 ,用类似的方法可求得等效电荷 2

? q2 ? ?

R q2 a

(8)

? 等效电荷 q 2 的位置 B2 到原球壳中心 O 位置的距离
OB2 ?
解法Ⅱ:

R2 a

(9)

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

k

q1 q? ?k 1 ?0 r1 r1?

(1' )

式中

r1 ? ( R 2 ? a 2 ? 2 Ra cos ? )1 2 r1? ? ( R 2 ? d 2 ? 2 Rd cos ? )1 2
由(1'、 )(3' )(2'、 )式得
2 ?2 q1 ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos ? ) ? q1 ( R 2 ? a 2 ? 2 Ra cos ? ) (4' )

(2' ) (3' )

(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 q12 ( R 2 ? d 2 ) ? q1 ( R 2 ? a 2 ) ? q12 d ? q1 a (6' )
2

(5' )

由(5'、 )式得 )(6'

ad 2 ? (a 2 ? R 2 )d ? aR 2 ? 0
解得

(7' ) (8' )

d?

(a 2 ? R 2 ) ? (a 2 ? R 2 ) 2a

由于等效电荷位于空腔外部,由(8' )式求得

d?
由(6'、 )式有 )(9'

R2 a

(9' )

? q1 2 ?

R2 2 q1 a2

(10' )

考虑到(1' )式,有

? q1 ? ?

R q1 a

(11' ) 同理可求得

OB2 ?

R2 a

(12' )

? q2 ? ?

R q2 a

(13' )

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

P1 A ? r 2 ? 2ra cos ? ? a 2

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

2

A B2 O ?? P2 a a P1 R S
图2
1

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

B1

2

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B2 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

2

代入 (10) 式得

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 a 2 r 2 ? 2raR2 cos? ? R 4 ? r ? 2ra cos? ? a
? 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. (22) 二、1.由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为 ? q1 、 ? q2 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( ? q2 )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 ? q 2 ? 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 ? q 2 ? q3 ? 及空腔 3 表面的感应 电荷( ? q3 )共同产生.无论 ?q1 ? q 2 ? 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

q1 ? q2 ? q3 Q , Q 在 O 点产生的电势为 k ,这 R 2R

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

Q ? ? q ? q 2 ? q3 ? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 ? U ? ? k? 1 ? ? ? k? ? R 2R ? 2R ? ? ?
(1) 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
根据电势叠加定理,O3 点的电势为

? q3 r

(2)

? 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 ? kq3 ? ? ? 2R r ? ?
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, q1 不在空腔 1 的中心 O1 点, 因 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 ? q2 的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷 ? q2 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 ? q 2 ? q3 ? 及空腔 3 内壁的电荷

(4)

? 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.

三、答案如图所示. T
T1 ?

? p0 S ? F ?
p0 S

T0

d

b

?2
tan?2=

2? p 0 S ? F ? 2Cp0 S ? 2CF ? 2 Rp 0 S ? FR

?1
T0 a

tan?1 ?

1 C
CFT0 p0 S

Q1 ?

Q

附计算过程: 电阻通电后对气体缓慢加热, 气体的温度升高, 压强增大, 活塞开始有向外运动的趋势, 但在气体对活塞的作用力尚未达到外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之 和以前,活塞不动,即该过程为等容过程.因气体对外不做功,根据热力学第一定律可知, 在气体温度从 T0 升高到 T 的过程中,气体从电阻丝吸收的热量,

Q ? C ?T ? T0 ?
此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最

(1)

大静摩擦之和.若用 T1 表示此过程达到末态的温度,p 表示末态的压强,Q1 表示此过程中 气体从电阻丝吸收的热量,由等容过程方程有

p T1 ? p 0 T0
由力的平衡可知

(2)

pS ? p0 S ? F
由(2)(3)两式可得 、

(3)

T1 ?

? p0 S ? F ?T0
p0 S

(4)

代入(1)式得

Q1 ?

CFT0 p0 S

(5)

由以上讨论可知,当 Q ? Q1 时,T 与 Q 的关系为

T?
在 T ~ Q 图中为一直线如图中 ab 所示,其斜率

Q ? T0 C

(6)

K ab ?

1 C

(7)

直线在 T 轴上的截距等于 T0,直线 ab 的终点 b 的坐标为(T1,Q1) . 当电阻丝继续加热,活塞开始向外运动以后,因为过程是缓慢的,外界大气压及摩擦 力皆不变,所以气体的压强不变,仍是 p,气体经历的过程为等压过程.在气体的体积从初 始体积 V0 增大到 V,温度由 T1 升高到 T 的过程中,设气体从电阻丝吸收的热量为 Q ? ,活 塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为 q,由热力学第一定律可知

Q? ? q ? C ?T ? T1 ? ? p?V ? V0 ?
q 可由摩擦力做功求得,即

(8)

q?

1 ? V ? V0 ? F? ? 2 ? S ?

(9)

代入(8)式得

Q? ?

F ?V ? V0 ? ? C ?T ? T1 ? ? p?V ? V0 ? 2S

(10)

由状态方程式可知

p?V ? V0 ? ? R?T ? T1 ?
将(11)式和(4)式代入(10)式,得

(11)

? ? FR ??T ? T1 ? Q? ? ? C ? R ? ? 2? p 0 S ? F ? ? ? ?


T?

2? p0 S ? F ? Q ? ? T1 2Cp0 S ? 2CF ? 2 Rp 0 S ? FR

(12)

从开始对气体加热到气体温度升高到 T( >T1)的过程中,气体从电阻丝吸收的总热量

Q ? Q1 ? Q ?
把(13)式代入到(12)式,并注意到(4)式和(5) ,得

(13)

T?

? 2? p 0 S ? F ? CFT0 ?Q ? ? 2Cp0 S ? 2CF ? 2 Rp 0 S ? FR ? p0 S

? ? p 0 S ? F ?T0 ?? ? p0 S ?

? CFT0 ? Q ? Q1 ? ? p0 S ?

? ? ? ?

(14)

由此可知,当 Q ? Q1 ?

CFT0 时,T 与 Q 的关系仍为一直线,此直线起点的坐标为 p0 S

Q ? Q1 ?

CFT0 , T ? T1 ;斜率为 p0 S
2? p 0 S ? F ? 2Cp0 S ? 2CF ? 2 Rp 0 S ? FR

(15)

在 T ~ Q 图中,就是直线 bd,当热量 Q 从零开始逐渐增大,气体温度 T 将从起始温度 T0 沿着斜率为 Kab 的直线 ab 上升到温度为 T1 的 b 点, 然后沿着斜率为 Kbd 的直线 bd 上升, 如 图所示. 五、用半径分别为 r1(>a1) 2,?,ri,?,rn–1(<a2)的 n-1 个同心圆把塑料薄圆 ,r 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

ΔSi ? πri2 ? π ?ri ? Δri ? ? 2πri Δri
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

Δqi ? 2σΔS i ?
设时刻 t,细圆环转动的角速度为??,? ?

2σ 0 ri
2

2π ri Δri ?

4π? 0 Δri ri

? ? ? 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

ΔBi ? k

ΔI i 2?? 0 Δri ?k ri ri2

(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 ri ri ?1 ri ?1 ri ri
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: 、

(2)

B?

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

(3)

由于 a0<<

Φ ? BS ?

(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

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

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

(7)

??? ??
Q O

方向如图所示,它沿 x 及 y 方向分量分别

?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)

(式中 ?y ? ?l cos ? ,当 ? ?

π π 时, ?y 是正的,当 ? ? 时, ?y 是负的,故 2 2

, ? ?y ? 0 )

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 0 T

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 2a 0 ,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 2a 0 .由(3)(6)两式得

F ? BIa 0 ?

2 3 4k 2? 0 πa 0 (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.

(23)四、参考解答:
答案: u D 如图 1 所示, u B 如图 2 所示. uD B D D U
A

uA

0 -U

T

2T

t

图1

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 ? u1 C uB ? uC 2

(1) (2)

uC1 ? u A ? uD ? uC 2 ? uB ? uG ? q2 C

q1 C

(3) (4)

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

uD ? uB

uD ? 0
(7) 电路处在不同状态时的等效电路如图 3 所示. A C1 D D2 uA D1 G C2 uA B A C1 D D2 D1 G C2 uA D1 G B A C1 D D2 C2 B

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 ? u A 2 uD ? uB ? 1 uA 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. 4 2
uA 达到最大值后将要减小,由于 D2 的单向导电性,电容器 C?、C?都不会放电, uC1 和 uC 2 保

1 持不变,uD 将要小于 U ,即将要小于 uB ,D2 将由导通变成截止,电路不再处于状态 I. 2 1 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、图 5 中区域 I? 内的 4
的直线所示.?

1 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 4
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 uD ? u A ? U 2
B 点的电压

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

3 1 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 8 2
II 变为状态 III.当电路处在?状态?????时有? ???????????????????????????????????????????????????? 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

3 达到反向最大值即 u A ? ?U 时, 对应的时刻为 t ? T , C1 ? ?U .若 uA 从 ?U 开始增大 ?U ( u 4
减小) ,因 D1 的单向导电性,电容器 C1 不会放电, uC1 ? ?U 保持不变, uD ? u A ? uC1 ? 0 ,

3 3 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 时间间隔内,uD、uB 8 4
随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中区域??????内的直线所示.

3 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, 4
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

uD ? u A ? U

1 uB ? U 2 1 7 1 当 uA 增大至 ? U 时, 对应的时刻为 t ? T ,uD ? uB ? U . 若 uA 再增大, D 将要大于 uB, u 2 8 2 3 7 D2 将要从截止变为导通, uD ? uB ,电路不再处于状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔 4 8
内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中?区域?????中的直线所示.

7 1 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 8 2
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

uD ? uB

uA ?

q1 q2 ? C C

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

7 1 总电荷量 ?q1 ? q2 是恒定不变的.由于在 t ? T 时刻, C1 ? ?U , C 2 ? U , 此时 q1 ? ?CU , u u 8 2 1 q2 ? CU ,故有 2 1 3 ?q1 ? q2 ? CU ? CU ? CU 2 2
由以上有关各式得

3 1 uD ? uB ? U ? u A 4 2 5 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 , 4 5 uD ? uB ? U .由于 D2 单向导电, uB ? uC 2 只增不减,uA 从最大值减小时, uC1 不变,uD 4 5 5 将要小于 U ,而 uB ? uC 2 保持为 U ,因而 uD ? uB ,D2 从导通变成截止,电路不再是状 4 4 5 7 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 中? I2 中的 8 4
直线所示.

5 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 4
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

5 1 t ? T 时刻的 uD 和 uA 的值可知此时 uC1 ? ? U . 故有 4 4 1 uD ? u A ? U 4 5 uB ? U 4 1 25 当 uA 减少至 ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? 0 ,以后 D1 将由截止变为导通,电路 4 16 5 25 不再处在状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中? 4 16
II3 中的直线所示. 7. 从 t ?

25 1 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 16 4

进入状态 III,故有

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

7 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 4
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 ? 内的直线所示.

25 7 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 III2 16 4

7 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 4 7 态 II. 当电路处于状态???时, 1 和 C2 不会放电, C 电容器两极板间的电压保持不变.由 t ? T 4
时刻的 uD 和 uA 的值可知,此时 uC1 ? ?U .故有

uD ? u A ? U

5 uB ? U 4 33 1 5 uD 将随着 uA 的增大而增大.当 uA= U 时, 对应的时刻 t ? T ? 2T ,uD = U ,与 uB 相等. 16 4 4 7 5 以后 uD 要大于 U ,D2 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 4 4
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.

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

uD uB

T 4 U 0? 2 U 0? 2 0?
uD B D DA

T 3T ? 4 8 U ?0 2

3T 3T ? 8 4

0
U 2

3T 7T ? 4 8 U 0? 2

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

5T 25T ? 4 16 5U ?0 4

25T 7T ? 16 4

7T ? 2T 4

0
5U 4

0 ?U

U

uB

U
t

0

T

2T

?U
I1 II1 III1 II2 I2 图5 II3
2

III2

II4

评分标准: 本题 25 分

五、参考解答:
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 ? ? 0Bc o?s ?t , t ?

?k x

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 ? ?t ? ? ? ? k ?? ? ?
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 k ? ?
布经时间间隔 ?t 沿 x 轴的正方向平移了一段距离

? ? ?x ? x? ? x ? ? k ?
平移速度

? ?t ?

v0 ?

?x ? ? ?t k

(1)

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

?? ? ? ? ? ? ? ? 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 ? ?

?? ?t

(3)

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 R

(4)

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

?

?

2

(6)

利用三角学公式,得

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

?? ? 2 4 B0 l 2 ? ? 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? , 2 , ,1

(8)

F0 ? 0

(9)

当 kd ? ? 2n ? 1? π ,即

d?
F0 达最大值

? 2n ? 1? π
k

n ? 0,1, 2,?

(10)

F0? max ?

?? ? 2 4B0 l 2 ? ? v ? ?k ? ? R

(11)

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. 七、参考解答:
带电粒子在静电场内从 S 到 T 的运动过程中,经历了从 S 到 N 和从 N 到 T 的两次加 速,粒子带的电荷量 q 的大小均为 1.60 ?10?19 C ,若以 U 表示 N 与地之间的电压,则粒子 从电场获得的能量

?E ? 2 q U
质子到达 T 处时的质量

(1)

m?

m0 1 ? ? v c?
2

(2)

式中 v 为质子到达 T 时的速度. 质子在 S 处的能量为 m0 c 2 , 到达 T 处时具有的能量为 mc2 , 电子的质量与质子的质量相比可忽略不计,根据能量守恒有

mc 2 ? ?E ? m0c 2
由(1)(2)(3)式得 、 、

(3)

1 1? ?v c?
代入数据解得
2

?1?

2qU m0 c 2

v ? 4 . 3 ? 1 0 m / s (4) 4 7

评分标准: 本题 16 分.
(24)四、参考解答: 设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x ? x ? l1 ? ,速度 y

l1 v0

l2

x O x

为 v ,因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为 E ? vBl2 ,它在线框中引起感应 v 电流, 感应电流的变化又引起自感电动势. 设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向, 则切割磁感应线产生的电动势 E 与设定的正方向相反,自感电动势 E ? ? L v L 方向相同.因线框处于超导状态,电阻 R ? 0 ,故有

?i 与设定的正 ?t

E ? E ? ?L L v
(1) 即

?i ? vBl2 ? iR ? 0 ?t

L


?i ?x ? Bl 2 ?0 ?t ?t
(3)

(2)

Bl 2 ?x ? ? L?i


Bl ?i (4) ?? 2 ?x L 可见 i 与 x 成线性关系,有 Bl (5) i?? 2 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

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

(10)



xm ?
故其运动方程为

2 Lmv0 2 B 2 l2

(11)

x?

v0 Lm Lm ? Bl2 ? sin 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
2 1 2 1 B 2l2 2 mv0 ? l1 2 2 L

(13)

由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式

1 1 ? B 2l22 ? 2 2 m v0 ? ? ? l1 2 2? L ?


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 ? Lmv0 ? ? ?

(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 i m ? ?

Bl 2 l1 ,磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进, L

运动的速度可由下式决定
2 1 2 1 2 1 B 2l2 2 mv0 ? mv ? l1 2 2 2 L


2 v ? v0 ? 2 B 2l12l2 Lm

(17)

五、参考解答: 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 125 ? r ?
(1) 引力加速度

3

?5

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s 2 ? 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、

2

(2)

z

uz v0 ux x
图1

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

O

uy

v0 v

uy ? v0

y

qv0 B ? mg


v0 ?
(3)

mg qB

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

v2 q v B? m 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 u x 和 、 y 分量 u y 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
v0p ? 1.7 ? 10?2 m/s

(6)

(7) 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 ? u x ? 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 . 3 3 m

(11)

Rp ? 14.8m

(12)

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 ? 0.66 m 和 2 Rp ? 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

3.0 10 ? ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? T ? 2 .? 1 0 T 4 ?? 125 ? r ?
(1) 引力加速度

3

?5

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s 2 ? 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. 若以 v x 、v y 、 y v z 表示粒子在任意时刻 t 的速度 v 在 x 方向、 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 x

2

(2)

z vz O vx vy y
图1

m

? dvx mg ? ? mg ? q v y B ? qB ? v y ? ? dt qB ? ?

(3)

m

dv y dt

? ?qvx B

(4)

dvz (5) ?0 dt (5)式表明,所考察粒子的速度在 z 轴上的分量保持不变,即 m
vz ? u z
作变量代换,令 (6)

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

dVx ? qBVy dt dVy m ? ?qVx B dt
Fx ? qBVy Fy ? ?qBVx

(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

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

t a n1 ? ?

Fy Fx

??

Vx Vy

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

V2 qVB m ? R
R? mV qB
(11)

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
故有

Vy ? u y ? 0 v

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 , v y ? 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 、 V y 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 u x 和 y 分量 u y 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)

v0p ? 1.7 ? 10?2 m/s

(14)

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 ?
(15) 代入有关数据得

j ? 2.8 ?10?14 A/m2
(16) 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(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 ? u x ? v0

(17)

因题给出的电子与质子的初速度 u x 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 . 3 3 m
Rp ? 14.8m
(19)

(18)

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 2 Rp ? 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.

(25) 2. 3.

kg 2 ? m 2 ? s ?1

1

3

1 . 0 ? 150 1.05 ?10?5 也给) 6 ? (答

3 T 4

T

五、答案与评分标准: 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 六、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/nev

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

(1)

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

1 2? ?1 ?Ek ? lSn ? mv 2 ? m ? v ? ?v ? ? 2 ?2 ?

? lSnmv?v

(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 ne2 S
?E k ? ?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)

由(1)、(2)、(6)、(7)式解得

??
式中

mΔI ne2 It

(8)

t ? 365 ? 24 ? 3600s=3.15 ?107s
在(8)式中代入有关数据得

(9)

? ? 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

(10)

? ? 1.4 ? 10 ?26 Ω ? m
(26)1. 答案与评分标淮:

(11)

这种分布的静电场不可能存在.因为静电场是保守场,电荷沿任意闭合路径一周电场力 做的功等于 0, 但在这种电场中, 电荷可以沿某一闭合路径移动一周而电场力做功不为 0. (5 分) 3.答案与评分标淮: 测电笔内阻很大, 通过与之串联的人体上的电流 (或加在人体上的电压) 在安全范围内; (2 分) 市电为交流电,而电工鞋相当于一电容器,串联在电路中仍允许交流电通过. 分) (3 4.答案与评分标淮:

2 E0 C0 . 分) (5
(27)四、参考解答: 以 v 表示粒子的速率,以 B 表示电流 i 产生磁场 的磁感应强度,根据题意粒子作圆周运动的向心力为 粒子受到的磁场洛仑兹力,因此有

y
i

v2 qvB ? m R 而 v ? ?R (2)

(1)

q R O

?t

x

d

由(1)(2)两式得 B ? 、

m? (3) q

如图建立坐标系,则粒子在时刻 t 的位置 (4) x(t ) ? R cos ?t , y(t ) ? R sin ?t 取电流的正方向与 y 轴的正向一致,设时刻 t 长直导线上的电流为 i(t ) ,它产生的磁场 在粒子所在处磁感应强度大小为

i (t ) (5) d ? x(t ) 方向垂直圆周所在的平面.由(4) (5)式,可得 、 m? (6) i( t ) ? k ( d Rc o s t ) ? ? q B?k

M Q C

评分标准:本题 12 分. (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 4 分, (6)式 2 分. 五、参考解答: 1.质点在 A ? B 应作减速运动(参看图 1) .设质点在 A 点的 最小初动能为 Ek0 ,则根据能量守恒,可得质点刚好能到达 B 点 的条件为

O?
?Q
O R
R 2

B kqQ kqQ kqQ kqQ (1) ? ? mgR ? Ek0 ? ? R 3R / 2 2 R 5R / 2 R 7kqQ q 由此可得: Ek0 ? mgR ? (2) A 30 R N 2. 质点在 B ? O 的运动有三种可能情况: 图1 i.质点在 B ? O 作加速运动(参看图 1) ,对应条件为 4kqQ (3) mg ? 9R2 此时只要质点能过 B 点, 也必然能到达 O 点, 因此质点能到达 O 点所需的最小初动能由 (2) 7kqQ 式给出,即 Ek0 ? mgR ? (4) 30 R
若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的 E k0 略大一点. ii.质点在 B ? O 作减速运动(参看图 1) ,对应条件为 mg ? 此时质点刚好能到达 O 点的条件为 kqQ kqQ kqQ kqQ (6) ? ? mg (2 R) ? Ek0 ? ? R R/2 2 R 5R / 2 11kqQ 由此可得 Ek0 ? 2mgR ? (7) 10 R iii.质点在 B ? O 之间存在一平衡点 D(参看图 2) ,在 B ? D 质点作减速运动,在 D ? O 质点作加速运动,对应条件 4kqQ 4kqQ 为 (8) ? mg ? 2 9R R2

4kqQ R2

(5)

M Q C

O?
?Q
O
D x

R 2

R

B R q A
N 图2

设 D 到 O 点的距离为 x ,则 mg ?

kqQ (9) (? R / 2 ? ? x) 2

即x?

kqQ R ? mg 2

(10)

根据能量守恒,质点刚好能到达 D 点的条件为

kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mg (2 R ? x) ? Ek0 ? ? R 2 R 5R / 2 ? R / 2? ? x

(11)

由(10)(11)两式可得质点能到达 D 点的最小初动能为 、 5 9kqQ (12) Ek0 ? mgR ? ? 2 kgmqQ 2 10 R 只要质点能过 D 点也必然能到达 O 点,所以,质点能到达 O 点的最小初动能也就是(12) 式(严格讲应比(12)式给出的 E k0 略大一点. ) 评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 5 分.求得(2)式给 5 分. 第 2 小问 15 分.算出第 i 种情况下的初动能给 2 分;算出第 ii 种情况下的初动能给 5 分;算出第 iii 种情况下的初动能给 8 分,其中(10)式占 3 分. 六、参考解答: n ? 1 时,A、B 间等效电路如图 1 所示, A、B 间的电阻

rL A rL
图1

rL B rL

1 R1 ? (2rL) ? rL 2

(1)

1?4 1 ? n ? 2 时,A、B 间等效电路如图 2 所示,A、B 间的电阻 R2 ? ? rL ? R1 ? 2?3 3 ?
2 3

(2)

rL

1 3

R1

2 3

rL
B

A
2 3

rL

1 3

R1

2 3

rL

图2 由(1)(2)两式得 R2 ? 、

5 rL 6

(3)

n ? 3 时,A、B 间等效电路如图 3 所示,A、B 间的电阻

1 2 9

rL

9

rL

1 3

1

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3

A
2 9

9 1

rL rL
1 3

3 9 1

rL
B

rL

9

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3 9

rL
图3

3 9

rL

R3 ?

1 ?1 ? 3 3 1 ? ? ? 9 ? 2 ? 4 ? 3 ? 3 ? 4 ? 2 ? rL ? 3 R2 ? 2? ? ? ?

(4)

由(3)(4)式得 R3 ? 、

7 rL 9

(5)

评分标准:本题 20 分. (1)式 4 分, (3)式 6 分, (5)式 10 分. (28)四、 参考解答: 1.根据题意,粒子的初速度只有 y 方向和 z 方向的分量,设它们为 v0 y 和 v0 z .因为粒子 在 z 方向不受电场力和磁场力作用,故粒子在 z 方向以初速度 v0 z 作匀速运动. 粒子在 Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在 y 方向的初速 度表示为

v0y ? ? v0y1 ? v0y ? v0y1
(1) 其中

v0y 1 ? ?
(2) 沿 y 负方向.与 v0y1 相关的磁场力

E0 B0

f Bx ? ?qv0 y1 B0
(3) 沿 x 负方向.粒子受到的电场力

f E ? f Ex ? qE0
(4)

沿 x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在 x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消,故粒 子以大小为

E0 的速度沿 y 负方向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度 B0 v0y 2 ? v0y ? E0 B0

(5) 沿 y 正方向,与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy 面内作匀速圆周运动,以 r 表示 圆周运动的半径,有

qv0y 2 B0 ? m
(6) 可得

2 v0y 2

r

r?

mv0y 2 qB0

(7) 由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期

T=

2?m qB0

(8) (8)式表明,粒子运动的周期与粒子在 y 方向的初速度无关.经过时间 T 或 T 的整数倍所考 察的粒子就能同时回到 Oyz 平面. 2.增加的电场 E 2 对粒子在 Oxy 平面内的运动无影响,但粒子在 z 方向要受到此电场力 作用.以 a z 表示在此电场力作用下的加速度,有

?

maz ? qE0 cos ?t
(9) 或

az =
(10) 这是简谐运动的加速度,因而有

qE0 cos ?t m

az = ?? 2 z
(11) 由(10)、 (11)可得

z??
(12)

1 qE0 cos?t ?2 m

因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 的匀速运动,增加电场后,粒子在 z 方向的 运动是匀速运动与简谐运动的叠加,即有

z ? v0z t ?
(13)

1 qE0 cos ?t ?2 m

粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响. ? 0 为粒子在 Oxy 设 平面内作圆周运动的角速度,则有

?

O

y

?0 ?

2π qB0 ? T m

(14)

?0t
r r

? v0 y 2

由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间 t 的变化关系

x? ? r ?1 ? cos ?0t ?

(15) x

y? ? rsin?0t

(16)

考虑到粒子在 y 方向还具有速度为 v0y1 的匀速运动, 并利用(2)、 (5)、 (7)、 (14)以及己知条件, 可得带电粒子的运动规律:

x?
(17)

E0 ? ? qB0 ? m ? t? ? v0y ? ? ?1 ? cos qB0 ? B0 ? ? m ? E0 E0 ? qB0 m ? t? t ? v0y ? ? sin B0 qB0 ? B0 ? m

y??
(18)

z ? v0z t ?
(19) 评分标准: 本题 20 分.

mE0 qB cos 0 t 2 qB0 m

第 1 问 12 分. 、 、 (2)(3)(4)式共 5 分, 、 、 (5)(6)(7)式共 4 分, (8)式及相关说 明共 3 分. 第 2 问 8 分. (12)式 2 分, (14)式到(19)式各 1 分. (29)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 Ct1 满 足 下 式 1 n ( 1) ? Ct1 2C 即
Ct1 ? 2C n

( 2)

式中
S 4? kd 虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 满 足 下 式 C?
1 1 1 ? 1 ? ? 2? ? ? ? ? ? ?? Ct 2 ? 2C 4C 8C ?

( 3)

( 4)


C 2 整个电容网络的等效电容为 Ct 2 ?
Ct ? Ct C t 2 2C 1 ? Ct 1? C t 2n ? 4

( 5)

( 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) S? qt ? Ct ? ? (n ? 4)2? kd

( 7)

当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2d 后 , 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 2n ? 效 电 容 Ct1 满 足 下 式 1 n ?1 2 ( 8) ? ? ? Ct1 2C 3C 由此得
6C 3n ? 1 整个电容网络的等效电容为 ? Ct1 ?
Ct? ? ? Ct1Ct 2 6C ? ? Ct1 ? Ct 2 3n ? 13

( 9)

( 10 )

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为
3S? ( 11 ) (3n ? 13)2? kd 在 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 由 d 变 为 2d 后 ,等 效 电 容 器 所 带 电 荷 量 的 改 变 qt? ? Ct?? ?


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

( 12)

电容器储能变化为
?U ? 1 S? 2 ? Ct?? 2 ? Ct? 2 ? ? ? 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd 2

( 13)

在此过程中,电池所做的功为
A ? ?qt ? ? ? S? 2 (3n ? 13)(n ? 4)2? kd S? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 14)

外力所做的功为
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? , 侧 带 电 荷 量 为 (q? ? Q) , 的 右 极 板 带 电 荷 量 为 ?(q? ? Q) , 右 a 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?? q? (q? ? Q ) ( 16) ? ? S S C 4? kx 4? k (2d ? x) 由 ( 2) 式 和 上 式 得 2d ? x ( 17 ) q? ? q?? ? 3q? ? Q d 上式表示电容器 a 左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和,也 是 虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 所 带 电 荷 量 ( 即 与 电 池 正 极 连 接 的 电 容器的极板上电荷量之和). 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即
q? ? q?? q? ? q?? q?? ? (n ? 1) ? ?? ct 2 2C C

( 18)

将 ( 2) ( 5) 和 ( 1 7 ) 式 代 入 ( 18) 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量 、
q? ? S? (n ? 5)(2d ? x) ? Q (3n ? 13)2? kd (3n ? 13)d

( 19 )

评分标准: 本题 21 分. 第 1 问 13 分, (2)式 1 分, (5)式 2 分, 、 、 (6)(7)(10)(11)(12) 、 、 式各 1 分, (13)式 2 分,(14)式 1 分, (15)式 2 分. 第 2 问 8 分, (16)(17)(18)(19)式各 2 分. 、 、 、 五、 参考解答: c a 如图 1 所示, 当长直金属杆在 ab 位置以速度 v 错误! 未找到引用源。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 l1 l2 (1) ? ? BLv I 式中 L 为金属杆在错误!未找到引用源。位置时与大圆 I1 I2 环两接触点间的长度,由几何关系有
? R ? L ? 2 R12 ? ? 1 ? ? 2 R1 ? 100 ?
2

(2) b 图 1 d

在金属杆由错误!未找到引用源。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

由错误!未找到引用源。滑动到 cd 过程中感应电动势大小始终为

? ? 2BR1v
两端的电压,由欧姆定律有
U ab ? I1l1r0 U ab ? I 2l2 r0

(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 (4) (5)

式中, l1 和 l2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l2 中的电流在圆心处产生的 磁感应强度的大小分别为
B1 ? km B2 ? km I1l1 R12

(6)

I 2 l2 (7) R12 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错误!未找到引用源。产生 、 、 的错误!未找到引用源。为 (8) B0 ? B2 ? B1 ? 0 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错误!未 找到引用源。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 2I (9) B3 ? km R1 100 方向竖直向下.对应图 1 的等效电路如图 2,杆中的电流

I? 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
Ra b ? 2 R 1r,1 R R 左 =右 ? ? R r (11) 1 0

Rab
b

利用(3)(9)(10)和(11)式可得 、 、 800km vB B3 ? R1 (4r1 ? ? r0 )

图 2 (12)

由于小圆环半径错误!未找到引用源。 ,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

?ab ? ? R22 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错误!未找到引用源。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 B2 b

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 2 ?? 2? R2 B3 ?i ? ? ? ?t ?t 在长直金属杆从 ab 移动 cd 过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为 RB ?i Ii ? ? 2 3 2? R2 r0 r0 ?t 于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔 ?t 内通过小环导线横截面的电荷量为
Q ? Ii ?t ? R2 B3 800km vBR2 ? r0 R1r0 (4r1 ? ? r0 )

(16)

(17)

(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.


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