1
2
3
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5
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8
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
fb ? b x? g
2
(x?b)
(1)
式 中 g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为
f g ? b ? ?g
3
(2 )
设
物块的加速度为
a
,根据牛顿第二定律有
b ? ?a ? f g ? f b
3
(3)
将
(1)和 (2)式 代 入 (3 )式 得
a ? ?
?? ? b? ?x? ? ?b ? ? ? ?g ?
(4 )
将 为
x
系 坐 标 原 点 向 下 移 动 ? ?b / ? 而 建 立 新 坐 标 系 , 简 称 X 系 . 新 旧 坐 标 的 关 系
?? ?
X ? x?
b
(5) 把
(5)式 代 入 (4 )式 得
a ? ?
?g ? ?b
X
( 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 ? ? ?
(9)
式中 ? 为振动的圆频率
? ? ? g ?'b
(10 )
在 (8)和 (9) 式 中 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
时 刻 有 x = 0 , 由 (5) 式 得
9
X (0 ) ? ?
?? ?
b
(11) (12)
V (0) ? 0
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 co s ? ? t ? ? ?
(15)
V (t ) ? ?
?? ?
g b 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 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 b . 由 (13 )和 (17 )两 式 得 (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? ?
?
? 2?
? ?b ?g
(19) 物
块 从初始位置出发往返一次所需的时间
tI ? T ? 2 ?
? ?b ?g
(20)
II.
A ? Xb
. 由 (13)和 (17)两 式 得
? ? 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
10
?? ?
co s ? ? t1 ? ? ? ? 1 ?
?? ?
(2 2)
取合理值,有
t1 ?
? ?b ?
? ? ?? ? 1?? ? ? ? arcco s ? ?g ? ? ?? ??
(23)
由
上 式 和 (16 )式 可 求 得 这 时 物 块 的 速 度 为
V ( 1t )? ?
?? ?
? ? ? g b 1 - ? ? ? ? ?? ?
2
1
(24 )
此后,物块在液体内作匀减速运动,以
a? ?
a? 表 示 加 速 度 的 大 小 , 由 牛 顿 定 律 有
? ? ?? ??
g
(2 5 )
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
V ? t1 ? ? a ?t 2 ? 0
,有 (26 )
由 (24)-(26 )得
t2 ?
??
( ? ? ? ?)
b? ? g?
? ? ? 1? ? ? 1? ? ?? ?
2
(2 7)
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、 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 , 星 的 机 械 能 为 负 卫 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 R 开普勒第二定律可知 0.80R
r v = ? 0 .8 0 R ? ?
2
(1)
a b
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
11
1 2
mv ?
2
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 点 . 【 3) 式 结 果 亦 可 由 关 系 式 : (
? GMm r ? 0 .8 0 R ? 1 2 m ? 0 .8 0 R ? ?
2 2
?
GMm 0 .8 0 R
直接求得】 同步卫星的轨道半径 R 满足
GM R
2
? R?
2
(4)
由 (3)和 (4)式 并 代 入 数 据 得
r ? 1.2 ? 10 km
4
( 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)
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 .2 8 R ? 0 .8 0 R 2
(7)
2
b ?
? 0 .8 0 ? 0 .2 8 ? 2 2 a ?? ? R 2 ? ?
(8 )
卫星运动的周期 T 为
T ?
? 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,根据开普勒第二定律可知此时刻 卫 星 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 离 后 经 过 1.5T ( 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 -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 , 卫 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 的 近 地 点 和 远 地 点 .在 脱 离 处 的 总 能 量 为
12
1 2
m ( Rx? ) ?
2
GMm Rx
? ?
GMm Rx ? Re
( 11)
此式可化为
? Rx ? ? Rx ? 2G M ? ? ?1 ? ?? 2 3 Re ? ? Re ? Re ? ?
3
(1 2)
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
Re v e ? Rx ?
2
和
1 2 m ve ?
2
GMm Re
?
1 2
m ( Rx? ) ?
2
GMm Rx
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 ? ?
5 3
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)
2
b? ?
? R ? Re ? 2 a? ? ? x ? 2 ? ?
(15)
因为面积速度可表示为
? s? ?
1 2 Rx ?
2
(16)
所以卫星的运动周期为
T??
? a ?b ? ? s?
(17)
代入相关数值可得
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 ? 赤道相切点位于赤道的经度为西经
? 360 ? / 24 h ? 15 ? / h
,因此卫星与地球
13
? ? 180? ? 110? ?
?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) 三、 参考解答: 解法一 y 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,以 P 表示系统的质心,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 ? J ? 3m v Px ? 3m v 0 (1)
0 ? 3m v Py ? 0
A
B
?
O x
?
lC P
(2)
P
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 xP ? ? l c o ? s (5)
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
lC 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
2
1 9
l sin ?
2 2
2 2
l C P ? l co s ? ?
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)
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
14
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
? ?
C
J sin ? m l (1 ? 2 co s ? )
2
(13)
球
相对于质心参考系的速度分量分别为(参考图 1)
v C P x ? ? ? l C P sin ? ? ? ? ( l sin ? ? | y P |)
(14) (15) (16) 由
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
(3)(6)(13) 和 (16)各式得 、 、
vCx ? ? J m (1 ? 2 co s ? )
2
? v0
(17) 根
据题意有
vCx ? 0
(18)
2
由(17)和(18)式得
J ? m v 0 (1 ? 2 cos ? )
(19) y
由
(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) C
x
?
在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
? x ? v Px t
若
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 、
? ? arctan
3 1? ?
(24)
? ? 36
?
图2
即 (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.
15
解法二 如图 1 所示,建直角坐标系 O xy , x 轴与挡板垂直,
y
y
v Ay v By
轴与挡板重合, v A x 、v A y 、v B x 、v B y 、v C x 和 v C y 分 以
别表示球 C 与挡板刚碰撞后 A 、 和 C 三球速度的分量, B 根据题意有
vCx ? 0
A
v Ax
B
v Bx O
(1) P
?
vCy
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
? J ? mv A
x
? mv
B x
3 mv ?
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)
sin ? 1 ? 3 co s ?
2
解以上各式得
J ? m v 0 (1 ? 2 cos ? )
2
(10) (11) (12) (13) (14) (15)
v A x ? v 0 sin ?
2
v A y ? v 0 sin ? cos ?
v B x ? v 0 sin ?
2
v By ? 0 v C y ? ? v 0 sin ? co s ?
16
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 、 可考察球 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, 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
这时系统质心的坐标为
xP ? ? l c o ? s
(18) (19)
yP
yP ? ?
1 3
l sin ?
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
vB ? v ? v 1 ? 3 v i n? s 0
2
,而球 B 相对质心的速度 (20) (21)
P x
B x
P x
v BPy ? 0
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角速度
? ?
v BPx yP ? v 0 sin ? l
(22) y
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. 系统绕质心转过 π / 2 所需时间
1 t ? 2 π
A (23) O P (24) x
?
在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
? x ? v Px t
B
若
yP ? ? x ? xP
(25)
C
则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由以上有关各式得
? ? arctan
3 1? ?
(26)
图2
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.
17
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
1 C t1 ? n 2C
( 1)
即
C t1 ? 2C n
S 4 ? kd
( 2)
式中
C ?
( 3)
虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 C t2 满 足 下 式
1 C t2 1 1 ? 1 ? ? 2? ? ? ? ? ? ?? 4C 8C ? 2C ?
( 4)
即
C t2 ? C 2
( 5)
整个电容网络的等效电容为
Ct ? Ct C 1 C t 1? C
t 2 ? t
2C n?4 2
( 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? ? S? ( n ? 4 ) 2 ? kd
( 7)
当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2d 后 , 2 n 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 ? n ?1 2C ? 2 3C
( 8)
由此得
? C t1 ? 6C 3n ? 1
( 9)
整个电容网络的等效电容为
C t? ? ? C t1 C t 2 ? C t1 ? C t 2 ? 6C 3n ? 13
( 1 0)
整个电容网络的等效电容器带的电荷量为
q t? ? C t?? ? 3S ? (3 n ? 1 3) 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
? q t ? q t? ? q t ? ? S? (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd
( 12)
电容器储能变化为
18
?U ?
1 2
? C ??
t
2
? C t?
2
???
S?
2
2 (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd
( 13)
在此过程中,电池所做的功为
A ? ? qt? ? ? S?
2
(3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd S?
2
( 14)
外力所做的功为
A? ? ?U ? A ? 2 (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd
( 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 )
2d ? x d
( 16)
由 ( 2) 式 和 上 式 得
q ? ? q ?? ? 3 q ? ? Q
( 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,也是 虚 线 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 ( 1 7 ) 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 l1 l2 ? ? BLv (1) I 式中 L 为金属杆在 ab 位置时与大圆环两接触点间的长 I1 I2 度,由几何关系有
L ? 2 ? R ? 2 R1 ? ? 1 ? ? 100 ?
2
? 2 R1
(2) b 图 1 d
在金属杆由 ab 位置滑动到 cd 位置过程中,金属杆与大
19
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 r0 U ab ? I 2 l 2 r0
(4) (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 B2 ? km I 1 l1 R1
2
(6) (7)
I 2 l2 R1
2
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
B3 ? k m 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
R a b ? 2 R 1 r,1 R = 右R? ? 左 R r 1 0
Rab
b
(11)
利用(3)(9)(10)和(11)式可得 、 、
B3 ? 800km v B R1 ( 4 r1 ? ? r0 )
图 2 (12)
由于小圆环半径 R 2 ?? 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
? ab ? ? R 2 B 3
2
(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
? cd ? ? R 2 ( ? B 3 )
2
(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 2 ? ? ? ? c d ? ? a ? ? 2? R B2 3 (15) b
20
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 ? ?
?? ?t ? 2? R 2 B 3
2
?t
R2 B3 r0 ? t
(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
Ii ?
?i
2 ? R 2 r0
?
(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 ? 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) 3 分, 、 式 (4) (5) 式各 1 分, (8) 、 (10) 式各 3 分, (12) 3 分, (15) 式 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 n1 , 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
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热 过 程 , 设 这 部 分 气 体 初 始 时 体 积 为 V 10 (压 强 为 p1 时), 则 有
C?R C?R
p 1V1 0 C
? (? p 1 )V1
C
(6)
利用状态方程可得
p 1V1 0 T1 ? (? p 1 )V1 T1?
( 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
v0 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 v 0 向 上 匀 速 运 动 .下 面 分 四 步 进 行 分 析 .
动,正离子以速度
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 为 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
22
? ?? ?
?
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 , 以 速 度 v 0 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
23
? 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 , 导 线 2 所 带 的 正 电 荷 与 负 电 荷 的 和 为 零 , 即
? ? (? ? ) ? 0
( 12)
因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零
fe? ? 0
( 13)
注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动
v1 + ? 0
( 14)
导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零
f m ? ? q v1 + B ? 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??
(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
? f m ? ? f e??
( 17)
由 ( 8) ( 11) 和 ( 17 ) 式 得 、
ke km ?c
2
( 18 )
评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.
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