2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

第 29 届 全 国 中 学 生 物 理 竞 赛 复 赛 试 卷 参 考 答 案 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 Xb (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 ( ) 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 ( ) c o sX 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 bT g (19) 物 块 从初始位置出 发往返一次所需的时间 I 2 bt 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 a r c c o s 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 g b (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 ( ) bt 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 22( ) 2 arccos 1 1 1 ( ) b bt 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. 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 ： 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 . 2 8 0 . 8 0 2 R Ra (7) 2 2 20.80 0.28 2 b a R (8) 卫 星 运 动 的 周 期 T 为 R 0.80R a b s abT (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 21 e R R GM R R R (12) 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 Rb 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 bT (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 A B C O x y P CPl 图 1 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 c o sx l （5） P 1 s i n 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 1cos sin 9 l l l （8） 2 2 2 BP 1 sin 9 l l （9） 2 2 2 2 2 CP 4cos sin 9 l l l （10） 由（ 7）、（8）、（9）和（ 10）各式得 2 22 (1 2cos ) 3 L ml （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 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） （16）各式得 Cx 02(1 2cos ) J mv 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 3arctan 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. 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 x O P A C B 图 2 y A B C C O x y Ayv Axv Bxv Byv CyvP 图 1 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 sinsin 1 3cos （9） 解以上各式得 2 0 ( 1 2 c o s )J mv （ 10） 2 Ax 0 sinv v （ 11 ） Ay 0 sin cosv v （ 12 ） 2 B x 0s i nv v （13） By 0v （14） Cy 0 sin cosv v （15） 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 vv 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 π2t （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 3a r c t a n1 （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）式 1 分，（ 24）、（25）式各 2 分，（ 26）或 (27)式 2 分. 四、 参 考 解 答 ： x O P A C B 图 2 y 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 2CC 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 CC （ 5） 整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 为 t 1 t 2 t t 1 t 2 2 4 C C CC 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 Sq C n 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 t1C 满 足 下 式 t1 1 1 2 2 3 n C C C （ 8 ） 由 此 得 t1 6 3 1 CC n （ 9 ） 整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 为 t 1 t 2 t t 1 t 2 6 3 1 3 C C CC 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 Sq 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 Sq 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 SU C C n n kd （ 13 ） 在 此 过 程 中 ， 电 池 所 做 的 功 为 2 t ( 3 1 3 ) ( 4 ) 2 SA q n n kd （ 14 ） 外 力 所 做 的 功 为 2 2 ( 3 1 3 ) ( 4 ) 2 SA U A n n k d （ 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 23 d xq 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 qn 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 ( 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 . l2 l1 I1 I2 a b I 图 1 c d 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 12BRv （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 圆心处产生的磁感应强度的大小分别为 1 1 1 m 2 1 I lB 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 IB 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 RR 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 a b 1 1 12 , =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 BB 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） I I2 I1 b a R 左 图 2 ε Rab R 右 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 BI 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 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 Vn RT （ 4） 1 1 1 1 ( )p Vn RT （ 5） 由 以 上 各 式 可 解 得 1 1 2 1 1 1 T TT 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 1 0 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 ： 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 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 kE 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 vv 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 IB 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 qf q B a c vv 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 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.