第29届全国高中物理竞赛复赛试题及答案 19页

1 一 、 由 于湖 面 足 够宽 阔 而 物 块体 积 很 小 ，所 以 湖 面 的 绝 对 高 度在 物 块 运动 过 程 中 始 终 保 持 不 变 ， 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 2 bf b x g ( x b ) (1) 式 中 g 为 重 力 加 速 度 . 物 块 的 重 力 为 3 gf b g (2) 设 物 块 的 加 速 度 为 a， 根 据牛 顿 第 二 定 律 有 3 g bb a f f (3) 将 (1) 和 (2) 式 代 入 (3) 式 得 ga x b b (4) 将 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 为 X x b (5) 把 (5) 式 代 入 (4) 式 得 ga X b (6) (6) 式 表 示 物块 的 运动 是 简 谐振 动 . 若 0X ，则 0a ，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 0x b (7) 物 块 运 动 方 程 在 X 系 中 可 写 为 2 ( ) cosX t A t (8) 利 用 参 考 圆 可 将 其 振 动 速 度 表示 为 ( ) sinV t A 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 0t 时 刻 有 x= 0， 由 (5) 式得 (0)X b (11) (0) 0V (12) 由 (8) 至 (12) 式 可 求 得 A b (13) (14) 将 (10) 、 (13) 和 (14) 式 分 别 代人 (8) 和 (9) 式 得 ( ) cosX t b t (15) ( ) sinV t gb 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 b 1X X 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 bX 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． bA X . 由 (13) 和 (17) 两式 得 2 (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 2 2 b T g (19) 物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间 3 I 2 b t T g (20) II ． bA X . 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 1t 物 块 刚好 全 部 浸 入湖 水 中 ，这 时 1 bX t X . 由 (15) 和 (17) 式 得 1cos 1t (22) 取 合 理 值 ， 有 1 arccos 1bt g (23) 由 上 式 和 (16) 式可 求 得 这 时物 块 的 速 度 为 2 1( ) 1- 1V t gb (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 2t ，有 1 2 0V t a t (26) 由 (24)-(26) 得 2 2 1 1 ( ) b t g (27) 物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为 2 II 1 2 2 2( ) 2 arccos 1 1 1 ( ) b b t t t g g (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 . 4 二 、 1. i. 通过 计 算 卫 星 在 脱 离点 的 动能 和 万 有 引力 势 能可 知 ，卫 星 的机 械 能为 负 值 . 由 开 普 勒 第 一 定律 可 推 知，此 卫 星 的 运 动轨 道 为椭 圆（ 或 圆 ），地 心 为 椭 圆 的 一 个 焦 点 ( 或 圆 的 圆 心 ) ，如图 所 示 . 由 于 卫 星 在 脱 离 点 的 速 度 垂 直 于 地 心 和 脱 离 点 的 连 线 ， 因 此 脱 离 点 必 为 卫 星 椭 圆 轨 道 的 远 地 点 （ 或 近 地 点 ）； 设 近 地 点 （ 或 远 地 点 ） 离 地 心 的 距 离 为 r ，卫 星在 此 点 的 速 度 为 v . 由开 普 勒 第二 定 律 可知 2 0.80r Rv = (1) 式 中 e( 2 / )T 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 22 21 1 0.80 2 2 0.80 GMm GMmm m R r R v （ 2） 由 （ 1） 和 （ 2） 式解 得 0.28r 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 ： R 0.80R a b 5 2 21 0.80 0.80 2 0.80 GMm GMmm R r R R 直 接 求 得 】 同 步 卫 星 的 轨道 半 径 R满 足 2 2 GM R R (4) 由 (3) 和 (4) 式 并 代入 数 据 得 41.2 10 kmr (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 2 s 1 0.80 2 R (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 0.28 0.80 2 R R a (7) 2 2 20.80 0.28 2 b a R (8) 卫 星 运 动 的 周 期 T 为 s ab T (9) 代 人 相 关 数 值 可 求出 9.5hT （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 12-24 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 2 x x x e 1 ( ) 2 GMm GMmm R R R R （ 11） 此 式 可 化 为 3 x x 2 3 e e 2 1 e R R GM R R R (12) 6 这 是 关 于 xR 的 四 次 方 程 ， 用 数值 方 法求 解 可 得 4 x e4.7 3.0 10 kmR R （ 13） 【 xR 亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 . 令 ev 表 示 卫 星 与 赤 道 相 切 点 即 近 地 点 的 速 率， 则 有 2 e e xR Rv 和 2 2 e x e x 1 1 ( ) 2 2 GMm GMmm m R R R v 由 上 两 式 联 立 可 得到方程 5 3 x x x 2 3 2 3 e e e 2 2 0 e e R R RGM GM R R R R R 其中除 xR 外其余各量均已知 , 因此这是关于 xR 的五次方程 . 同样可以用数值方法解得 xR . 】 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 x e 2 R Ra (14) 2 2 x e 2 R R b a (15) 因为面积速度可表示为 2 s x 1 2 R (16) 所以卫星的运动周期为 s a b T (17) 代入相关数值可得 6.8T 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 / 2T 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 180 110 121 2 T （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 7 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、 解法一 如图 1所示，建直角坐标 Oxy，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 0v ，方向 沿 x轴正方向， 以 P表示系统的质心， 以 Pxv 和 Pyv 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 Px 03 3J m mv v （1） Py0 3 0mv （2） 由（ 1）和（ 2）式得 0 Px 3 3 mv J m v （3） Py 0v （4） 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 P cosx l （5） P 1 sin 3 y l （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 AP BP CPL m l m l m l （ 7） 式中 APl 、 BPl 和 CPl 分别是 A、 B和 C三球到质心 P的距离，由图 1 可知 2 2 2 2 2 AP 1 cos sin 9 l l l （8） 2 2 2 BP 1 sin 9 l l （9） 2 2 2 2 2 CP 4 cos sin 9 l l l （10） 由（ 7）、（8）、（9）和（ 10）各式得 2 22 (1 2cos ) 3 L ml （11） A B C O x y P CPl 图 1 8 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 sin 3 J l 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 2 sin (1 2cos ) J ml (13) 球 C相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图 1） CPx CP Psin ( sin | |)l l yv (14) CPy CP cos cosl lv (15) 球 C相对固定参考系速度的 x分量为 Cx CPx Pxv v v （16） 由（ 3）、（6）、（13） 和 （16）各式得 Cx 02(1 2cos ) J m v v （17） 根据题意有 0Cxv （18） 由（ 17）和（ 18）式得 2 0 (1 2cos )J mv （19） 由（ 13）和（ 19）式得 0 sin l v （20） 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 1 2t （21） 在此时间内质心沿 x方向向右移动的距离 Pxx tv （ 22） 若 P Py x x （ 23） 则球 B先于球 A与挡板碰撞 . 由（ 5）、（ 6）、（14）、（16）、 （18）、（21）、（22）和（ 23）式得 3 arctan 1 （ 24） 即 36 (25) 评分标准： 本题 25分 .（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各 3分，（21）式 1分，（ 22）、（23） 式各 2 分 .(24)或 (25)式 2分 . x O P A C B 图 2 y 9 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 Axv 、 Ayv 、 Bxv 、 Byv 、 Cxv 和 Cyv 分 别表示球 C与挡板刚碰撞后 A、B和 C三球速度的分量， 根据题意有 Cx 0v （1） 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 Ax Bx 03J m m mv v v （2） Ay By Cy0 m m mv v v （3） 以坐标原点 O为参考点，根据质点组的角动量定理有 Ay By 0sin cos cos cos sinJl m l l m l m lv v v （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 Ax Bxv v （5） Cy By Bxsin sin cosv v v （6） Ax Ay Cycos sin sinv v v （7） （7）式中 为杆 AB与连线 AC的夹角 . 由几何关系有 2 2coscos 1 3cos （8） 2 sin sin 1 3cos （9） 解以上各式得 2 0 (1 2cos )J mv （10） 2 Ax 0 sinv v （11） Ay 0 sin cosv v （12） 2 Bx 0 sinv v （13） By 0v （14） Cy 0 sin cosv v （15） A B C C O x y Ayv Axv Bxv Byv CyvP 图 1 10 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 2Ax Bx Cx Px 0 2 sin 3 3 m m m m v v v v v （16） Ay By Cy Py 0 3 m m m m v v v v （17） 这时系统质心的坐标为 P cosx l （18） P 1 sin 3 y l （19） 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 Py ，而球 B相对质心的速度 2 BPx Bx Px 0 1 sin 3 v v v v （20） BPy 0v （21） 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 0 sinBPx Py l v v （22） 若使球 A先于球 B与挡板发生碰撞，则在球 C与挡板 碰撞后，整个系统至少应绕质心转过 π/ 2角，即杆 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 1 π 2t （ 23） 在此时间内质心沿 x方向向右移动的距离 Pxx tv （24） 若 P Py x x （25） 则球 B先于球 A与挡板碰撞 . 由以上有关各式得 3 arctan 1 （26） 即 36 (27) 评分标准： 本题 25分 . （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各 2分，（10）、（22）式各 3 分，（23） x O P A C B 图 2 y 11 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 t1C 满 足 下 式 t1 1 2 n C C （ 1） 即 t1 2C C n （ 2） 式 中 4 SC kd （ 3） 虚 线 大 方 框 中无 限 网 络 的 等 效 电容 t2C 满 足 下 式 t2 1 1 1 12 2 4 8C C C C （ 4） 即 t2 2 C C （ 5） 整 个 电 容 网 络 的 等效 电 容 为 t1 t2 t t1 t2 2 4 C C C C C C n （ 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） t t ( 4)2 S q C n kd （ 7） 当 电 容 器 a 两极 板 的 距 离变 为 2d 后 ，2n 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 12 效 电 容 t1C 满 足 下 式 t1 1 1 2 2 3 n C C C （ 8） 由 此 得 t1 6 3 1 C C n （ 9） 整 个 电 容 网 络 的 等效 电 容 为 t1 t2 t t1 t2 6 3 13 C C C C C C n （ 10） 整 个 电 容 网 络 的 等效 电 容 器 带的 电 荷量 为 t t 3 (3 13)2 S q C n 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 t t t (3 13)( 4)2 S q q q n n kd （ 12） 电 容 器 储 能 变 化 为 2 2 2 t t 1 2 2(3 13)( 4)2 S U C C n n kd （ 13） 在 此 过 程 中 ， 电 池所 做 的 功 为 2 t (3 13)( 4)2 SA q n n kd （ 14） 外 力 所 做 的 功 为 2 2(3 13)( 4)2 S A U A n n 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 ( ) 4 4 (2 ) q q q Q S SC kx k d x （ 16） 由 （ 2） 式 和 上 式 得 2 3 d x q q q Q 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 ， 也 是 虚 线 大 方 框 中 无限 网 络 的 等 效 电 容 t2C 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 t2 ( 1) 2 q q q q q n c C C （ 18） 将 （ 2）、（ 5） 和 （ 17） 式 代 入（ 18）式 得 电 容 器 a 左 极 板带 电 荷 量 13 ( 5)(2 ) (3 13)2 (3 13) S n d xq Q n kd n 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 : 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 BLv （1） 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 2 2 1 1 12 2 100 RL R R （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 12R . 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 12BR v （3） 以 I 、 1I 和 2I 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 abU 表示 a、b 两端的电压，由欧姆定律有 ab 1 1 0U I l r （4） ab 2 2 0U I l r （5） 式中， 1l 和 2l 分别为金属杆左、右圆弧的弧长 . 根据提示， 1l 和 2l 中的电流在圆心处产生的 l2 l 1 I1 I2 a b I 图 1 c d 14 磁感应强度的大小分别为 1 1 1 m 2 1 I l B k R （ 6） 2 2 2 m 2 1 I lB k R （7） 1B 方向竖直向上， 2B 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 0 2 1 0B B B （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 3 m 1 2 100 I B k R （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 R R R 右左 右左 （10） 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 ab 1 1 1 02 , =R R r R R R r右左 （ 11） 利用（ 3）、（ 9）、（ 10）和（ 11）式可得 m 3 1 1 0 800 (4 ) k B B R r r v （ 12） 由于小圆环半径 2 1R R ，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 2 3R B （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 2 3( )R B （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 cd ab 2 32 R B （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 3 i 2 R B t 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 2 3i i 2 0 02 R B I R r r 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 I I2 I 1 b a R 左 图 2 ε Rab R 右 15 2 3 m 2 i 0 1 0 1 0 800 (4 ) R B k BRQ I t r R r r r v （18） 评分标准： 本题 25分 . （3）式 3 分，（4）、（5）式各 1分， （8）、（10）式各 3 分，（12）式 3 分 , （15）式 4分，（16）、（17）式各 2 分，（18）式 3 分 . 六、 参 考 解 答 ： 设 重 新 关 闭 阀门 后 容 器 A 中 气体 的 摩尔 数 为 1n ，B 中气 体 的摩 尔 数 为 2n ， 则 气 体 总 摩 尔 数 为 1 2n n n （ 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 1T ， B 中气 体 温度 为 2T ，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 1 1 1 2 2 1U n C T T n C T T （ 2） 由 于 容 器 是 刚 性 绝热 的 ， 按 热力 学 第一 定 律 有 0U （ 3） 令 1V 表 示 容器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 1p ，关闭阀门后 A 中气 体压强为 1p ，由 理想 气 体状 态 方 程 可 知 1 1 1 p V n RT （ 4） 1 1 1 1 ( )p V n RT （ 5） 由 以 上 各 式 可 解 得 16 1 1 2 1 1 1 TT T T T 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 10V (压强 为 1p 时 )， 则 有 1 10 1 1( ) C R C R C Cp V p V （ 6） 利 用 状 态 方 程 可 得 1 10 1 1 1 1 ( )p V p V T T （ 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 2 2 2 R C C R C R R C R n n （ 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 ： 17 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 0v 向 下 匀 速 运 动 ； 在 相 对 于 导 电电 子 静 止 的 参 考 系 S 中 ， 导 线 中 导 电 电 子 不 动 ， 正 离 子 以速 度 0v 向 上 匀速 运 动 .下 面 分四 步 进行 分 析 . 第 一 步 ， 在 参考 系 S 中 ， 考虑 导 线 2 对导 线 1 中 正 离 子 施 加 电场 力 的 大 小 和 方 向 .若 S 系 中 一 些 正 离 子所 占 据的 长 度 为 l， 则 在 S 系中 这 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 变 为 l ，由 相 对 论 中 的 长 度收 缩 公 式 有 2 0 21l l c v （ 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 2 0 21 c v （ 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 18 2 0 21l l c v （ 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 2 0 21 c v （ 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 2 2 0 0 2 22 2 0 0 2 2 ( ) 1 1 1 c c c c v v v v （ 6） 它 在 导 线 1 处 产 生的 电 场 强 度 的 大 小为 2 e e 0 2 2 0 2 2 2 1 k k E a c a c v v （ 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 2 e 0 e 2 2 0 2 2 1 k qf qE c a c v v （ 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 0v 向 上 运 动 的 正离 子 形成 的 电 流 为 0 0 2 0 21 I c v v v （ 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 m 0m 2 0 2 22 1 kk I B a a c v v （ 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 2 m 0 m 0 2 0 2 2 1 k q f q B a c v v v （ 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 19 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 e 0f （ 13） 注 意 到 在 S 系 中， 导 线 1 中 正 离 子 不 动 1+ 0v （ 14） 导 线 2 对 导 线 1 中正 离 子 施 加 磁 场 力为 零 m 1+ 0f q Bv （ 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 m ef f f (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 m ef f （ 17） 由 （ 8）、（ 11） 和（ 17） 式得 2e m k c k （ 18） 评分标准： 本题 18分 . （1）至（ 18）式各 1 分.