2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题+答案与评分标准(word版)

1

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3

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5

6

7

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
21

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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