竞赛 电磁学

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全国中学生物理竞赛分类汇编 电磁学 第 21 届预赛
三、(15分)测定电子荷质比(电荷q与质量m之比q/m)的实验装置如图所示。真空玻璃 管内,阴极K发出的电 子,经阳极A与阴极K 之间的高电压加速后, 形成一束很细的电子 流, 电子流以平行于平 板电容器极板的速度进入两极板C、D间的区域。若两极板C、D间无电压,则离开极板区 域的电子将打在荧光屏上的O点;若在两极板间加上电压U,则离开极板区域的电子将打 在荧光屏上的P点;若再在极板间加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场, 则打到荧光屏上的电子产生的光点又回到O点。现已知极板的长度l=5.00cm,C、D间的 距离d=l.50cm,极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L=12.50cm,U=200V,P点到O 点的距离 y ? OP ? 3.0 cm;B=6.3×10 4T。试求电子的荷质比。(不计重力影响)。


五、 (15分)如图所示,两条平行的长直 金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内, 它们之间的距离为l,电阻可忽略不计; ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆,杆 与导轨垂直, 且与导轨良好接触, 并可沿 导轨无摩擦地滑动。两杆的电阻皆为R。杆cd的中点系一轻绳,绳的另一端绕过轻的定滑 轮悬挂一质量为M的物体,滑轮与转轴之间的摩擦不计,滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平 伸直状态并与导轨平行。 导轨和金属细杆都处于匀强磁场中, 磁场方向垂直于导轨所在平 面向上,磁感应强度的大小为B。现两杆及悬物都从静止开始运动,当ab杆及cd杆的速度 分别达到v1和v2时,两杆加速度的大小各为多少? 八、 (17 分)如图所示的电路 中,各电源的内阻均为零,其 中 B、C 两点与其右方由 1.0? 的电阻和 2.0?的电阻构成的

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无穷组合电路相接。求图中 10?F 的电容器与 E 点相接的极板上的电荷量。

第 21 届复赛
五、(20 分)如图所示,接地的空心导体球壳内半径为 R,在空腔内一 直径上的 P1 和 P2 处,放置电量分别为 q1 和 q2 的点电荷,q1=q2=q, 两点电荷到球心的距离均为 a.由静电感应与静电屏蔽可知:导体空 腔内表面将出现感应电荷分布,感应电荷电量等于-2q.空腔内部的

r
P2 a

?? A P1
a R

O

电场是由 q1、q2 和两者在空腔内表面上的感应电荷共同产生的.由于我们尚不知道这些 感应电荷是怎样分布的, 所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强. 但理论上 可以证明, 感应电荷对腔内电场的贡献, 可用假想的位于腔外的 (等效) 点电荷来代替 (在 本题中假想(等效)点电荷应为两个) ,只要假想的(等效)点电荷的位置和电量能满足这 样的条件,即:设想将整个导体壳去掉,由 q1 在原空腔内表面的感应电荷的假想(等效)

? 点电荷 q1 与 q1 共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为 0;由 q2 在原 ? 空腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷 q2 与 q2 共同产生的电场在原空腔内表面所
在位置处各点的电势皆为 0.这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷,而且这样确

? ? 定的等效电荷是唯一的.等效电荷取代感应电荷后,可用等效电荷 q1 、 q2 和 q1、q2 来计
算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或场强.

? ? 1.试根据上述条件,确定假想等效电荷 q1 、 q2 的位置及电量.

2.求空腔内部任意点 A 的电势 UA.已知 A 点到球心 O 的距离为 r, OA 与 OP1 的夹角为

??.
七、 (25 分)如图所示,有二平行 金属导轨,相距 l,位于同一水平 面内(图中纸面) ,处在磁感应强 度为 B 的匀强磁场中,磁场方向 竖直向下(垂直纸面向里) .质量 O d b x y c y a v0

均为 m 的两金属杆 ab 和 cd 放在导轨上,与导轨垂直.初始时刻, 金属杆 ab 和 cd 分别 位于 x = x0 和 x = 0 处. 假设导轨及金属杆的电阻都为零, 由两金属杆与导轨构成的回路的 自感系数为 L.今对金属杆 ab 施以沿导轨向右的瞬时冲量,使它获得初速 v0 .设导轨足

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够长, x0 也足够大,在运动过程中,两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间 距 x0 ,因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数 L 是恒定 不变的.杆与导轨之间摩擦可不计.求任意时刻两杆的位置 xab 和 xcd 以及由两杆和导轨 构成的回路中的电流 i 三者各自随时间 t 的变化关系.

第 20 届预赛
四、 (20 分)从 z 轴上的 O 点发射一束电量为 q(>0) 、质量为 m 的带电粒子,它们速 度统方向分布在以 O 点为顶点、z 轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内(如图所示) ,速 度的大小都等于 v.试设计一种匀强磁场,能 使这束带电粒子会聚于 z 轴上的另一点 M, M 点离开 O 点的经离为 d. 要求给出该磁场的方 向、 磁感应强度的大小和最小值. 不计粒子间 的相互作用和重力的作用.

七、 (20 分)图预 20-7-1 中

A 和 B 是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为

T 的交流电压,在两板间产生交变的匀强电场.己知 B 板电势为零,A 板电势 UA 随时间 变化的规律如图预 20-7-2 所示, 其中 UA 的最大值为的 U0, 最小值为一 2U0. 在图预 20-7-1 中,虚线 MN 表示与 A、B 扳平行等距的一个较小的面,此面到 A 和 B 的距离皆为 l.在 此面所在处,不断地产生电量为 q、质量为 m 的带负电的微粒,各个时刻产生带电微粒 的机会均等.这种微粒产生后,从静止出发在电场力的作用下运动.设微粒一旦碰到金属 板,它就附在板上不再运动,且其电量同时消失,不影响 A、B 板的电压.己知上述的 T、 U0、l,q 和 m 等各量的值正好满足等式

3 U0q ? T ? l ? ? ? 16 2m ? 2 ?
2

2

若在交流电压变化的每个周期 T 内, 平均产主 320 个上述微粒, 试论证在 t=0 到 t=T/2 这段时间内产主的微粒中,有多少微粒可到达 A 板(不计重力,不考虑微粒之间的相互 作用) 。

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第 20 届复赛
一、 分)图中 a 为一固定放置的半径为 R (15
的均匀带电球体,O 为其球心.己知取无限远 处的电势为零时,球表面处的电势为 U=1000 V.在离球心 O 很远的 O′点附近有一质子 b, 它以 Ek=2000 eV 的动能沿与 O?O 平行的方 向射向 a.以 l 表示 b 与 O?O 线之间的垂直距离,要使质子 b 能够与带电球体 a 的表面相 碰,试求 l 的最大值.把质子换成电子,再求 l 的最大值. 六、(23 分)两个点电荷位于 x 轴上,在它们形成的电场中, 若取无限远处的电势为零,则在正 x 轴上各点的电势如图 中曲线所示,当 x ? 0 时,电势 U ? ? :当 x ?? 时,电 势 U ? 0 ;电势为零的点的坐标 x 0 , 电势为极小值 ?U 0 的 点的坐标为 ax0 ( a >2) 。试根据图线提供的信息,确定 这两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以及它们在 x 轴上的位置.

第 19 届预赛
二、 (20 分)图预 19-2 所示电路中,电池的电动 势为 E ,两个电容器的电容皆为 C ,K 为一单刀 双掷开关。开始时两电容器均不带电

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(1)第一种情况,现将 K 与 a 接通,达到稳定,此过程中电池内阻消耗的电能等于 __________;再将 K 与 a 断开而与 b 接通,此过程中电池供给的电能等于___________。 (2)第二种情况,现将 K 与 b 接通,达到稳定,此过程中电池内阻消耗的电能等于 __________;再将 K 与 b 断开而与 a 接通,此过程中电池供给的电能等于___________。

第 19 届复赛
二、 (18 分) 在图复 19-2 中, 半径为 R 的 圆柱形区域内有匀强磁场,磁场方向垂直 纸面指向纸外,磁感应强度 B 随时间均匀 变化,变化率 ?B / ?t ? K ( K 为一正值常 量),圆柱形区外空间没有磁场, 沿图中 AC 弦的方向画一直线,并向外延长,弦 AC 与半径 OA 的夹角 ? ? ? / 4 .直线上有一任意点, 设该点与 A 点的距离为 x ,求从 A 沿直线到该点的电动势的大小. 四、 (18 分)有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数.在图复 19-4-1 中,E 为电压 可调的直流电源。K 为开关, L 为待测线圈的自感系数, rL 为线圈的直流电阻,D 为理想 二极管, r 为用电阻丝做成的电阻器的电阻,A 为电流表。将图复 19-4-1 中 a 、 b 之间的 电阻线装进图复 19-4-2 所示的试管 1 内,图复 19-4-2 中其它装置见图下说明.其中注射 器筒 5 和试管 1 组成的密闭容器内装有某种气体(可视为理想气体) ,通过活塞 6 的上下 移动可调节毛细管 8 中有色液注的初始位置, 调节后将阀门 10 关闭, 使两边气体隔开. 毛 细管 8 的内直径为 d . 已知在压 强不变的条件 下,试管中的气 体温度升高 1K 时,需要吸收的 热量为 Cq ,大 气压强为 p 。设 试管、三通管、注射器和毛细管皆为绝热的,电阻丝的热容不计.当接通电键 K 后,线 圈 L 中将产生磁场,已知线圈中储存的磁场能量 W ?

1 2 LI , I 为通过线圈的电流,其值 2

可通过电流表 A 测量,现利用此装置及合理的步骤测量的自感系数 L .

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1.简要写出此实验的步骤. 2.用题中所给出的各已知量( r 、 rL 、 Cq 、 p 、 d 等)及直接测得的量导出 L 的表 达式, 六、 (20 分)在相对于实验室静止的平面直角坐标系 S 中,有一个光子,沿 x 轴正方向射 向一个静止于坐标原点 O 的电子.在 y 轴方向探测到一个散射光子.已知电子的静止质 量为 m0 ,光速为 c ,入射光子的能量与散射光子的能量之差等于电子静止能量的 1/10. 1.试求电子运动速度的大小 v ,电子运动的方向与 x 轴的夹角 ? ;电子运动到离原点 距离为 L0 (作为已知量)的 A 点所经历的时间 ?t . 2. 在电子以 1 中的速度 v 开始运动时, 一观察者 S ? 相对于坐标系 S 也以速度 v 沿 S 中 电子运动的方向运动(即 S ? 相对于电子静止),试求 S ? 测出的 OA 的长度.

第 18 届预赛
二、(15 分)两块竖直放置的平行金属大平板 A 、 B ,相距 d , 两极间的电压为 U 。 一带正电的质点从两板间的 M 点开始以竖直 向上的初速度 v0 运动,当它到达电场中某点 N 点时,速度变为水 平方向,大小仍为 v0 ,如图预 18-2 所示.求 M 、 N 两点问的 电势差.(忽略带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响)

七、( 25 分)如图预 18-7 所示,在半径为 a 的圆柱空间中(图中圆为其横截面)充满 磁感应强度大小为 B 的均匀磁场,其方向平行于轴线远离读者.在圆柱空间中垂直轴线 平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为 L ? 1.6a 的刚性等边三角形框架 ?DEF , 其中心
O 位于圆柱的轴线上. DE 边上 S 点( DS ?

1 L )处有一发射带电粒子的源,发射粒子 4

的方向皆在图预 18-7 中截面内且垂直于 DE 边向下.发射粒子的电量皆为 q (>0),质 量皆为 m , 但速度 v 有各种不同的数值. 若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰 撞,并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试问: 1.带电粒子速度 v 的大小取哪些数值时可使 S 点发出的粒子最终又回到 S 点?

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2. 这些粒子中,回到 S 点所用的最短时间是多少?

第 18 届复赛
四、 (22 分)如图复 18-4 所示,均匀磁 场的方向垂直纸面向里,磁感应强度 B 随时间 t 变化, B ? B0 ? kt ( k 为大于 0 的常数) 现有两个完全相同的均匀金属 . 圆环相互交叠并固定在图中所示位置, 环面处于图中纸面内。 圆环的半径为 R , 电阻为 r ,相交点的电接触良好.两个
图复 18-4

环的接触点 A 与 C 间的劣弧对圆心 O 的张角为 60?。求 t ? t0 时,每个环所受的均匀磁场 的作用力,不考虑感应电流之间的作用. 五、 (25 分)如图复 18-5 所示,一薄壁导体球壳(以下简 称为球壳)的球心在 O 点.球壳通过一细导线与端电压

U ? 90 V 的电池的正极相连, 电池负极接地. 在球壳外 A
点有一电量为 q1 ? 10 ?10-9 C 的点电荷, B 点有一电量为

q2 ? 16 ?10-9 C 的点电荷。 OA 之间的距离 d1 ? 20 cm ,

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OB 之间的距离 d2 ? 40 cm .现设想球壳的半径从 a ? 10 cm 开始缓慢地增大到 50 cm ,

问:在此过程中的不同阶段,大地流向球壳的电量各是多少?己知静电力恒量

k ? 9 ?109 N ? m2 ? C-2 .假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触。

第 17 届预赛
四、 (20 分)某些非电磁量的测量是可以通过一些相应的 装置转化为电磁量来测量的。一平板电容器的两个极扳竖 直放置在光滑的水平平台上,极板的面积为 S ,极板间的 距离为 d 。极板 1 固定不动,与周围绝缘;极板 2 接地, 且可在水平平台上滑动并始终与极板 1 保持平行。极板 2 的两个侧边与劲度系数为 k 、自然长度为 L 的两个完全相 同的弹簧相连,两弹簧的另一端固定.图预 17-4-1 是这一 装置的俯视图.先将电容器充电至电压 U 后即与电源断 开,再在极板 2 的右侧的整个表面上施以均匀的向左的待 测压强 p ;使两极板之间的距离发生微小的变化,如图预 17-4-2 所示。测得此时电容器 的电压改变量为 ? U 。 设作用在电容器极板 2 上的静电作用力不致引起弹簧的可测量到的 形变,试求待测压强 p 。

五、 (20 分)如图预 17-5-1 所示,在正方形导线回路所围的区域

A1 A2 A3 A4 内分布有方向垂直于回路平面向里的匀强磁场,磁感应
强度 B 随时间以恒定的变化率增大,回路中的感应电流为

I ? 1.0 mA .已知 A1 A2 、 A3 A4 两边的电阻皆为零; A4 A1 边的电
阻 R1 ? 3.0 k? , A2 A3 边的电阻 R2 ? 7.0 k? 。 1.试求 A1 A2 两点间的电压 U12 、 A2 A3 两点间的电压 U 23 、 A3 A4 两点间的电压 U 34 、

A4 A1 两点间的电压 U 41 。
2.若一内阻可视为无限大的电压表 V 位于正方形导线回路所在的平面内,其正负端 与连线位置分别如图预 17-5-2、图预 17-5-3 和图预 17-5-4 所示,求三种情况下电压表的 读数 U1 、 U 2 、 U 3 。

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第 17 届复赛
三、 (25 分)1995 年,美国费米国家实验室 CDF 实验组和 DO 实验组在质子反质子对撞机 TEVATRON 的实验中,观察到了顶夸克,测得它的静止质量

m1 ? 1.75 ?1011 eV/c2 ? 3.1?10-25 kg ,寿命
粒子物理研究最重要的实验进展之一.

? ? 0.4 ?10-24 s ,这是近十几年来

1.正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为 U (r ) ? ?k

4aS ,式中 r 是正、反顶夸 3r

克之间的距离, aS ? 0.12 是强相互作用耦合常数, k 是与单位制有关的常数,在国际单 位制中 k ? 0.319 ?10-25 J ? m .为估算正、反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统, 可把束缚状态设想为正反顶夸克在彼此间的吸引力作用下绕它们连线的中点做匀速圆周 运动. 如能构成束缚态, 试用玻尔理论确定系统处于基态中正、 反顶夸克之间的距离 r0 . 已 知处于束缚态的正、反夸克粒子满足量子化条件,即

h ?r ? 2mv ? 0 ? ? n 2? 2? ?

n ? 1, 2 , 3 , ?

r ?r ? 式中 mv ? 0 ? 为一个粒子的动量 mv 与其轨道半径 0 的乘积, n 为量子数, 2 ?2?
h ? 6.63 ?10-34 J ? s 为普朗克常量.
2.试求正、反顶夸克在上述设想的基态中做匀速圆周运动的周期 T .你认为正、反 顶夸克的这种束缚态能存在吗? 五、 (25 分) 在真空中建立一坐标系, 以水平向右为 x 轴正方向, 竖直向下为 y 轴正方向, z 轴垂直纸面向里(图复 17-5) .在

0 ? y ? L 的区域内有匀强磁场, L ? 0.80 m ,磁场的磁感强度
的方向沿 z 轴的正方向,其大小 B ? 0.10 T .今把一荷质比

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q / m ? 50 C ? kg-1 的带正电质点在 x ? 0 , y ? ?0.20 m , z ? 0 处静止释放,将带电质点过
原点的时刻定为 t ? 0 时刻,求带电质点在磁场中任一时刻 t 的位置坐标.并求它刚离开磁 场时的位置和速度.取重力加速度 g ? 10 m ? s-2 。

第 16 届预赛
四、 (20 分)位于竖直平面内的矩形平面导线框 abcd 。 ab 长 为 l1 ,是水平的, bc 长为 l2 ,线框的质量为 m ,电阻为 R .。 其下方有一匀强磁场区域, 该区域的上、 下边界 PP ' 和 QQ ' 均 与 ab 平行,两边界间的距离为 H , H ? l2 ,磁场的磁感应强 度为 B , 方向与线框平面垂直, 如图预 16-4 所示。 令线框的 dc 边从离磁场区域上边界 PP ' 的距离为 h 处自由下落, 已知在线 框的 dc 边进入磁场后,ab 边到达边界 PP ' 之前的某一时刻线 框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到 dc 边刚刚到达磁场区域下边界

QQ ' 的过程中,磁场作用于线框的安培
六、 (15 分)如图预 16-4-1 所示,电阻 R1 ? R2 ? 1 k? ,电动势 E ? 6 V ,两个相同的二极 管 D 串联在电路中,二极管 D 的 I D ? U D 特性曲线如图预 16-6-2 所示。试求: 1. 通过二极管 D 的电流。 2. 电阻 R1 消耗的功率。

第 16 届复赛
三、 (25 分)用直径为 1 mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为 5 cm 的圆环。圆环处 于超导状态,环内电流为 100 A 。经过一年,经检测发现,圆环内电流的变化量小于

10-6 A 。试估算该超导材料电阻率数量级的上限。

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提示:半径为 r 的圆环中通以电流 I 后,圆环中心的磁感应强度为 B ?

?0 I
2r

,式中 B 、

I 、 r 各量均用国际单位, ?0 ? 4? ?10-7 N ? A-2 。
五、 (25 分)六个相同的电阻(阻值均为 R )连成一个电阻环,六个接点依次为 1、2、3、 4、5 和 6,如图复 16-5-1 所示。现有五个完全相同的这样的电阻环,分别称为 D1 、D2 、 ┅ D5 。 现将 D2 的 1、3、5 三点分别与 D1 的 2、4、6 三点用导线连接,如图复 16-5-2 所示。 然后将 D3 的 1、 5 三点分别与 D2 的 2、 6 三点用导线连接, 依此类推。 3、 4、 ┅ 最后将 D5 的 1、3、5 三点分别连接到 D4 的 2、4、6 三点上。 1.证明全部接好后,在 D1 上的 1、3 两点间的等效电阻为 2.求全部接好后,在 D5 上的 1、3 两点间的等效电阻。

724 R。 627

六、 (25 分)如图复 16-6 所示,z 轴竖直向上,xy 平面是一绝缘的、固定的、刚性平面。在 A( x0 ,0,0) 处放一带电量为 ?q (q ? 0) 的小物块, 该物块与一细 线相连,细线的另一端 B 穿过位于坐标原点 O 的光 滑小孔,可通过它牵引小物块。现对该系统加一匀 强电场,场强方向垂直与 x 轴,与 z 轴夹角为 ? (如 图复 16-6 所示) 。设小物块和绝缘平面间的摩擦系 数为 ? ? tan? ,且静摩擦系数和滑动摩擦系数相 同。不计重力作用。现通过细线来牵引小物块,使之移动。在牵引过程中,我们约定:细 线的 B 端只准沿 z 轴向下缓慢移动,不得沿 z 轴向上移动;小物块的移动非常缓慢,在任 何时刻, 都可近似认为小物块处在力平衡状态。 若已知小物块的移动轨迹是一条二次曲线, 试求出此轨迹方程。

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参考答案 第 21 届预赛
三、设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0,因为速度方向平行于电容器的 极板,通过长度为l的极板区域所需的时间 t1=l/v0 (1)

当两极板之间加上电压时,设两极板间的场强为E,作用于电子的静电力的大小为qE方向 垂直于极板由C指向D,电子的加速度

a?


qE m

(2)

E?

U d

(3)

因电子在垂直于极板方向的初速度为0,因而在时间t1内垂直于极板方向的位移

1 y1 ? at12 2
电子离开极板区域时,沿垂直于极板方向的末速度 vy=at1 设电子离开极板区域后,电子到达荧光屏上P点所需时间为t2 t2=(L-l/2)/v0 在t2时间内,电子作匀速直线运动,在垂直于极板方向的位移 y2=vyt2 P点离开O点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移 y=y1+y2 由以上各式得电子的荷质比为
2 q v0 d ? y m UlL

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

加上磁场B后,荧光屏上的光点重新回到O点,表示在电子通过平行板电容器的过程中电 子所受电场力与磁场力相等,即 qE=qv0B 注意到(3)式,可得电子射入平行板电容器的速度 (l0)

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v0 ?
代人(9)式得

U Bd

(11)

q U ? 2 y m B lLd
代入有关数据求得

(12)

q ? 1.6 ?1011 C/kg m
评分标准:

(13)

本题15分.(l)、(2)、(3)、(4)、(5)、(6)、(7)、(8) 式各1分,(10)式3分,(12)、(13)式各2分。

五、用E 和I分别表示abdc回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁感应定 律和欧姆定律可知 E =Bl(v2-v1) (1) (2)

I?

E 2R

令F表示磁场对每根杆的安培力的大小,则 F=IBl (3)

令a1和a2分别表示ab杆cd杆和物体M加速度的大小,T表示绳中张力的大小,由牛顿定律 可知 F=ma1 Mg-T=ma2 T-F=ma2 由以上各式解得 (4) (5) (6)

a1 ?

B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2 Rm

(7)

2MgR ? B 2l 2 (v2 ? v1 ) a2 ? 2( M ? m) R
评分标准:

(8)

本题15分.(l)式3分,(2)式2分,(3)式3分,(4)、(5)、(6)式各1分, (7)、(8)式各2分。 八、设B、C右方无穷组合电路的等效电阻为RBC,则题图中通有电流的电路可以简化为图1 13

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中的电路。 C右方的电路又可简化为图2的电路, B、 其中 RB?C? 是虚线右方电路的等效电阻。 由于B?、C?右方的电路与B、C右方的电路结构相同,而且都是无穷组合电路,故有

RBC ? RB?C?
(1) 由电阻串、并联公式可 得

RBC ? 1 ?
(2)

2 RB?C ? 2 ? RB?C ?
图1 图2

由式(1)、(2)两式得
2 RBC ? RBC ? 2 ? 0

解得 RBC=2.0 ? 图1所示回路中的电流为 (3)

I?

20 ? 10 ? 24 A=0.10 A 10 ? 30 ? 18 ? 2

(4)

电流沿顺时针方向。 设电路中三个电容器的电容分别为C1、C2和C3, 各电容器极板上的电荷分别为Q1、Q2和Q3,极性如图3 所示。由于电荷守恒,在虚线框内,三个极板上电荷 的代数和应为零,即 Q1+Q2-Q3=0 A、E两点间的电势差 (5) 图3

U A ?UE ? ?
又有

Q1 Q3 ? C1 C3

(6)

U A ? U E ? (10 ? 30 ? 0.10)V=7.0 V
B、E两点间的电势差

(7)

UB ?UE ?

Q2 Q3 ? C2 C3

(8)

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又有

U B ? U E ? (24 ? 20 ? 0.10)V=26 V
根据(5)、(6)、(7)、(8)、(9)式并代入C1、C2和C3之值后可得 Q3=1.3×10 4C 即电容器C3与E点相接的极板带负电,电荷量为1.3×10 4C。 评分标准:
- -

(9)

(10)

本题17分.求得(3)式给3分,(4)式1分,(5)、(6)、(7)、(8)、(9)、 (10)式各2分,指出所考察的极板上的电荷是负电荷再给1分。

第 21 届复赛
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 OP1 的延长线上的某点 B1
? 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

k

q1 A1 P1 q2 A1 P2

?k

? q1 A1 B1 ? q2

A1

?0

(1) B2 P2 S
1

O ?? a a P1 R
1

B1

k

?k

A1 B2

?0

(2)

图1

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图 1 中 ?OP1 A1 与 ?OA1 B1 的关系.

? 若等效电荷 q1 的位置 B1 使下式成立,即

OP ? OB1=R 2 1


(3)

OP 1 OA1

?

OA1 OB1

(4)



△OP A1 ∽△OA1 B1 1



A1 P1 A1 B1

?

OP1 OA1

?

a R

(5)

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

15

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? 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 △OP2 A1 ∽△OA1 B2 ,用类似的方法可求得等效电荷

? q2 ? ?

R q2 a

(8)

? 等效电荷 q2 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 P ? r1 , A1 B1 ? r1? , OB1 ? d .根据题意, q1 和 q1 两者在 A1 点产生 1
的电势和为零.有

k

q1 q? ?k 1 ?0 r1 r1?

(1' )

式中

r1 ? ( R 2 ? a 2 ? 2Ra cos ? )1 2
(2' )

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

(4' ) (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 ? q1 ( R 2 ? d 2 ) ? q1 ( R 2 ? a 2 ) 2

(5' )

16

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2 ?2 q1 d ? q1 a

(6' ) 由(5'、 )式得 )(6'

ad 2 ? (a 2 ? R 2 )d ? aR 2 ? 0
(7' )

解得

d?

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

(8' )

由于等效电荷位于空腔外部,由(8' )式求得

d?

R2 a

(9' )

由(6'、 )式有 )(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、 q2 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

(10)



17

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P A ? r 2 ? 2ra cos? ? a 2 1
? 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
2

B1

2

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B 2 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
代入 (10) 式得

2

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 a 2r 2 ? 2raR2 cos? ? R 4 ? r ? 2ra cos? ? a
?
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. 七、解法Ⅰ: 当金属杆 ab 获得沿 x 轴正方向的初速 v0 时,因切割磁力线而产生感应电动势,由两 金属杆与导轨构成的回路中会出现感应电流.由于回路具有自感系数,感应电流的出现, 又会在回路中产生自感电动势,自感电动势将阻碍电流的增大,所以,虽然回路的电阻为 零,但回路的电流并不会趋向无限大,当回路中一旦有了电流,磁场作用于杆 ab 的安培 力将使 ab 杆减速,作用于 cd 杆的安培力使 cd 杆运动. 设在任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,当 v1、v2 为正时,表示速度沿 x 轴正方向;若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向,则 因两杆作切割磁力线的运动而产生的感应电动势

1 r 2 ? 2ra cos ? ? a 2

?

? ? 2 2 2 4 ? a r ? 2raR cos ? ? R ? R

(11)

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?
当回路中的电流 i 随时间的变化率为 ?i ?t 时,回路中的自感电动势

(1)

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(2)

E ? EL ? 0
18

(3)

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金属杆在导轨上运动过程中,两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零,系统 的质心作匀速直线运动.设系统质心的速度为 VC,有

mv 0 ? 2mVC


(4)

VC ?
VC 方向与 v0 相同,沿 x 轴的正方向.

v0 2

(5)

现取一新的参考系 S ? ,它与质心固连在一起,并把质心作为坐标原点 O ? ,取坐标轴

O ?x ? 与 x 轴平行.设相对 S ? 系,金属杆 ab 的速度为 u,cd 杆的速度为 u ? ,则有

v1 ? VC ? u v 2 ? VC ? u ?
因相对 S ? 系,两杆的总动量为零,即有

(6) (7)

mu ? mu ? ? 0
由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式,得

(8)

2Blu ? L

?i ?t

(9)

在 S ? 系中,在 t 时刻,金属杆 ab 坐标为 x ? ,在 t+?t 时刻,它的坐标为 x ? ? ?x ? , 则由速度的定义

u?
代入 (9) 式得

?x? ?t

(10)

2 Bl?x ? ? L?i
若将 x ? 视为 i 的函数,由(11)式知 ?x ? ?i 为常数,所以 x ? 与 i 的关系可用一直线方程 表示

(11)

x? ?

L i?b 2Bl 1 x0 , 2

(12)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=?时刻,金属杆 ab 在 S ? 系中的坐标 x ? = 这时 i = 0,故得

x? ?


L 1 i ? x0 2Bl 2

(13)

i?

2 Bl ? 1 ? ? x ? ? x0 ? L ? 2 ?

(14)

19

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1 x0 表示 t=?时刻金属杆 ab 的位置. x ? 表示在任意时刻 t,杆 ab 的位置,故 2
1 ? ? ? x ? ? x0 ? 就是杆 ab 在 t 时刻相对初始位置的位移,用 X 表示, 2 ? ?

X ? x? ?

1 x0 2

(15)

当 X>0 时,ab 杆位于其初始位置的右侧;当 X<0 时,ab 杆位于其初始位置的左侧.代入 (14)式,得

i?
这时作用于 ab 杆的安培力

2Bl X L

(16)

F ? ?iBl ? ?

2B 2 l 2 X L

(17)

ab 杆在初始位置右侧时,安培力的方向指向左侧;ab 杆在初始位置左侧时,安培力 的方向指向右侧,可知该安培力具有弹性力的性质.金属杆 ab 的运动是简谐振动,振动 的周期

T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(18)

在任意时刻 t, ab 杆离开其初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? ?T ?
A 为简谐振动的振幅,??为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 ab 杆的振动速 度

(19)

? 2π ? ? 2π ? u ? ? A? ? sin? t ? ? ? T ? ?T ? ?
(19)、(20)式分别表示任意时刻 ab 杆离开初始位置的位移和运动速度.现已知在 t=0 时 刻,ab 杆位于初始位置,即 X=0 速度

(20)

1 1 u ? v0 ? VC ? v0 ? v0 ? v0 2 2
故有

0 ? A cos ?

20

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v0 ? 2π ? ? ? A? ? sin ? 2 ?T ?
解这两式,并注意到(18)式得

? ? 3π 2
A?
由此得 ab 杆的位移

(21)

v0 v T? 0 4? 2 Bl

mL 2

(22)

X?

v0 2 Bl

mL 3π ? v ? 2π cos? t ? ? ? 0 2 2 ? 2 Bl ?T

mL 2π sin t 2 T

(23)

由 (15) 式可求得 ab 杆在 S ? 系中的位置

? x ab ?

v 1 x0 ? 0 2 2 Bl

mL 2π sin t 2 T

(24)

因相对质心,任意时刻 ab 杆和 cd 杆都在质心两侧,到质心的距离相等,故在 S ? 系中, cd 杆的位置

v 1 ? xcd ? ? x0 ? 0 2 2 Bl
相对地面参考系 S,质心以 VC ? 面参考系中的位置

mL 2? sin t 2 T

(25)

1 v 0 的速度向右运动,并注意到(18)式,得 ab 杆在地 2

xab ? x0 ?

v 1 v0 t ? 0 2 2Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(26)

cd 杆在 S 系中的位置

xcd ?
回路中的电流由 (16) 式得

v 1 v0 t ? 0 2 2Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(27)

i?
解法Ⅱ:

2Bl v0 L 2Bl

? mL 2π m 2 ? ?t sin t ? v0 sin? Bl 2 T 2L ? mL ? ? ?

(28)

当金属杆在磁场中运动时,因切割磁力线而产生感应电动势,回路中出现电流时,两 金属杆都要受到安培力的作用,安培力使 ab 杆的速度改变,使 cd 杆运动.设任意时刻 t, 两杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,若规定逆时针方向为回路电动势和电流

21

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的正方向, 则由两金属杆与导轨构成的回路中, 因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?
令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度,有

(1’)

EL ? Blu
当回路中的电流 i 变化时,回路中有自感电动势 EL,其大小与电流的变化率成正比,即有

(2’)

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(3’)

E ? EL ? 0
由式(2’)、(3’)两式得

Blu ? L

?i ?t

(4’)

设在 t 时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x ? ,在 t+?t 时刻,ab 相对于 cd 杆的 距离为 x ? + ? x ? ,则由速度的定义,有

u?
代入 ( 4 ? ) 式得

?x? ?t

(5’)

Bl?x ? ? L?i
若将 x ? 视为 i 的函数,由(6’)式可知, ?x ? ?i 为常量,所以 x ? 与 i 的关系可以用一直线方 程表示,即

(6’)

x? ?

L i?b Bl

(7’)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=?时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x0 ,这 时 i = 0,故得



L i ? x0 Bl Bl i ? ?x ? ? x0 ? L x? ?
x0 表示 t=?时刻金属杆 ab 相对于 cd 杆的位置.x ? 表示在任意时刻 t 时 ab 杆相对于

(8’) (9’)

cd 杆的位置,故 ?x? ? x0 ? 就是杆 ab 在 t 时刻相对于 cd 杆的相对位置相对于它们在 t=? 时刻的相对位置的位移,即从 t=?到 t=t 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移

X ? x ? ? x0

(10')

22

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于是有

i?

Bl X L

(11’)

任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆因受安培力作用而分别有加速度 aab 和 acd,由牛顿定律有

? iBl ? maab iBl ? macd
两式相减并注意到( 9 ? )式得

(12’) (13’)

m?a ab ? a cd ? ? ?2iBl ? ?

2B 2 l 2 X L

(14’)

式中 ?aab ? acd ? 为金属杆 ab 相对于 cd 杆的加速度, X 是 ab 杆相对 cd 杆相对位置的位 而 移.

2B 2l 2 是常数,表明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期 L

T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(15’)

在任意时刻 t,ab 杆相对 cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? T ? ?
A 为简谐振动的振幅,??为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 X 随时间的变化 率即速度

(16’)

? 2π ? ? 2π ? V ? A? ? sin? ??? ?T ? ?T ?
现已知在 t=0 时刻,杆位于初始位置,即 X = 0,速度 V ? v 0 故有

(17’)

0 ? A cos ?

? 2π ? v 0 ? ? A? ? sin ? ?T ?
解这两式,并注意到(15’) 式得

? ? 3π 2
A?
由此得

v0 v T? 0 2π Bl

mL 2

23

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X?

v0 Bl

mL 3π ? v ? 2π cos? t ? ? ? 0 2 2 ? Bl ?T

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(18’)

因 t = 0 时刻,cd 杆位于 x = 0 处,ab 杆位于 x = x0 处,两者的相对位置由 x0 表示;设 t 时刻,cd 杆位于 x = xcd 处,ab 杆位于 x = xab 处,两者的相对位置由 xab-xcd 表示,故两 杆的相对位置的位移又可表示为 X = xab-xcd-x0 所以 (19’)

xab ? xcd ? x0 ?
(12’)和(13’)式相加,

v0 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(20’)

m?aab ? acd ? ? ?iBl ? iBl ? 0


?aab ? acd ? ? 0
由此可知,两杆速度之和为一常数即 v0,所以两杆的位置 xab 和 xcd 之和应为 xab+xcd = x0+v0t 由(20’)和(21’)式相加和相减,注意到(15’)式,得 (21’)

1 v mL ? 2 ? ?t xab ? x0 ? v0t ? 0 sin ? Bl ? mL ? 2 2Bl 2 ? ? xcd ? v 1 v0 t ? 0 2 2Bl mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(22’)

(23’)

由(11’)、 (19’)(22’)、(23’)式得回路中电流

i ? v0
评分标准:本题 25 分.

? m 2 ? ?t sin? Bl ? 2L ? mL ? ?

(24’)

解法Ⅰ 求得(16)式 8 分,(17)、(18)、(19)三式各 2 分. (23)式 4 分,(24)、(25)二式 各 2 分,(26)、(27)、(28)三式各 1 分. 解法Ⅱ的评分可参照解法Ⅰ评分标准中的相应式子给分.

第 20 届预赛

24

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四、参考解答 设计的磁场为沿 z 轴方向的匀强磁场, O 点和 M 点都处 于这个磁场中。 下面我们根据题意求出这种磁场的磁感应强度 的大小。粒子由 O 点射出就进入了磁场,可将与 z 轴成 ? 角的

v?

v

? vz

vz

速度分解成沿磁场方向的分速度 vZ 和垂直于磁场方向的分速度 v? (见图预解 20-4-1) ,注 意到 ? 很小,得

vZ ? v cos? ? v v? ? v sin? ? v?

(1) (2)

粒子因具有垂直磁场方向的分速度,在洛仑兹力作用下作圆周运动,以 R 表示圆周的半 径,有

qBv? ? m
圆周运动的周期

2 v? R

T?
由此得

2? R v?

T?

2? m qB

(3)

可见周期与速度分量 v? 无关。 粒子因具有沿磁场方向的分速度,将沿磁场方 向作匀速直线运动。由于两种分速度同时存在,粒 子将沿磁场方向作螺旋运动,螺旋运动螺距为

h ? v T? v T Z

(4)

由于它们具有相同的 v ,因而也就具有相同的螺距; 又由于这些粒子是从同一点射出的,所以经过整数 个螺距(最小是一个螺距)又必定会聚于同一点。 只要使 OM 等于一个螺距或一个螺距的 n (整数) 倍, O 点射出的粒子绕磁场方向旋转一周 由 (或若干周后) 必定会聚于 M 点, 如图 20-4-2 所示。所以
d ? n h n =1,2,3,? ,

(5) 25

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由式(3)(4)(5)解得 、 、

B?

2? mvn , n =1,2,3,? qd

(6)

这就是所要求磁场的磁感应强度的大小,最小值应取 n =1,所以磁感应强度的最小值为

B?

2? mv 。 qd

(7)

评分标准:本题 20 分。 磁场方向 2 分,式(3)(4)各 3 分,式(5)5 分,求得式(6)给 5 分,求得式(7) 、 再给 2 分。 七、参考解答 在电压为 U 0 时,微粒所受电场力为 U 0 q / 2l ,此时微粒的加速度为 a0 ? U 0 q / 2lm 。 将此式代入题中所给的等式,可将该等式变为

3 ?T ? l ? a0 ? ? 16 ? 2 ?

2

(1)

现在分析从 0 到 T / 2 时间内,何时产生的微粒在电场力的作用下能到达 A 板,然后 计算这些微粒的数目。 在 t ? 0 时产生的微粒, 将以加速度 a0 向 A 板运动, T / 2 后, 经 移动的距离 x 与式 (1) 相比,可知

1 ?T ? x ? a0 ? ? ? l 2 ?2?

2

(2)

即 t ? 0 时产生的微粒,在不到 T / 2 时就可以到达 A 板。在 U A ? U 0 的情况下,设刚能到 达 A 板的微粒是产生在 t ? t1 时刻,则此微粒必然是先被电压 U 0 加速一段时间 ?t1 ,然后 再被电压 ?2U 0 减速一段时间,到 A 板时刚好速度为零。用 d 1 和 d2 分别表示此两段时间 内的位移, v1 表示微粒在 ?t1 内的末速,也等于后一段时间的初速,由匀变速运动公式应 有

1 d1 ? a0 (?t1 )2 2
0 ? v12 ? 2(?2a0 )d2
又因

(3) (4)

26

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v1 ? a0 ?t1 , d1 ? d2 ? l ,

(5) (6) (7)

t1 ? ?t1 ?
由式(3)到式(7)及式(1) ,可解得

T , 2

t1 ?

T , 2

(8)

这就是说,在 U A ? U 0 的情况下,从 t ? 0 到 t ? T / 4 这段时间内产生的微粒都可到达 A 板 (确切地说,应当是 t ? T / 4 ) 。 为了讨论在 T / 4 ? t ? t / 2 这段时间内产生的微粒的运动情况, 先设想有一静止粒子在 A 板附近,在 U A ? ?2U 0 电场作用下,由 A 板向 B 板运动,若到达 B 板经历的时间为 ? , 则有

1 2l ? (2a0 )? 2 2
根据式(1)可求得

??

3 1 ? T 2 4

由此可知,凡位于 MN 到 A 板这一区域中的静止微粒,如果它受 U ? ?2U 0 的电场作用时 间大于 ? ,则这些微粒都将到达 B 板。 在 t ? T / 4 发出的微粒,在 U A ? U 0 的电场作用下,向 A 板加速运动,加速的时间为
T / 4 ,接着在 U A ? ?2U 0 的电场作用下减速,由于减速时的加速度为加速时的两倍,故经

过 T / 8 微粒速度减为零。 由此可知微粒可继续在 U A ? ?2U 0 的电场作用下向 B 板运动的时 间为

?1 ? T ? T ? T ? ? T
由于 ? 1 ? ? ,故在 t ? T / 4 时产生的微粒最终将到达 B 板(确切地说,应当是 t ? T / 4 ) , 不会再回到 A 板。 在 t 大于 T / 4 但小于 T / 2 时间内产生的微粒,被 U A ? U 0 的电场加速的时间小于
T / 4 ,在 U A ? ?2U 0 的电场作用下速度减到零的时间小于 t ? T / 8 ,故可在 U A ? ?2U 0 的

1 2

1 8

3 8

3 1 2 4

电场作用下向 B 板运动时间为 27

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? ? ? T ? T ? ?1
所以这些微粒最终都将打到 B 板上,不可能再回到 A 板。 由以上分析可知,在 t ? 0 到 t ? T / 2 时间内产生的微粒中,只有在 t ? 0 到 t ? T / 4 时 间内产生的微粒能到达 A 板,因为各个时刻产生带电微粒的机会均等,所以到达 A 板的 微粒数为

1 2

1 8

1 N ? 320 ? ? 80 4
评分标准:本题 20 分。

(9)

论证在 t ? 0 到 t ? T / 4 时间内产生的微粒可能到达 A 板给 10 分; 论证 t ? T / 4 到 t ? T / 2 时 间内产生的微粒不能到达 A 板给 6 分。求得最后结果式(9)再给 4 分。

第 20 届复赛
一、参考解答 令 m 表示质子的质量,v 0 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

(2)

28

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由式(1)(2)可得 、

lmax ? 1 ?
代入数据,可得

eU R 2 mv0 / 2

(3)

lmax ?

2 R 2

(4)

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 ?

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 ,当 x 很大时,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

29

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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 U0 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。 、 、 、

七、参考解答 设物块在 A1 点第一次与地面碰撞,碰撞前水 平速度仍为 v0 ,竖直速度为

u0 ? 2 g h

(1)

碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

u1 ? eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 ?t ,因为碰撞时间极短,物块与地面间沿竖直方向的作 用力比重力大得多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为

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N1 ?

mu0 ? mu1 ?t

(3)

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有

mv1 ? mv0 ? ?? N1?t
由以上各式得

(4)

v1 ? v0 ? (1 ? e)?u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,?, An 其碰撞后的竖直分速度分别为

(5)

u2 ? e2u0 u3 ? e3u0
????

un ? enu0
其水平速度分别为

(6)

v2 ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e)u0

v3 ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 )u0
????

vn ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ? ? ? en?1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n ?? 时,碰地后竖直方向的分速度 un 才趋向于零,但 物块对地面的正压力的最小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于

?mg ,因次,物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零,且不会反向。
设经过 n ? n0 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已经足够小,再经过一次碰撞,即在

n ? n0 ? 1 次碰撞结束后,水平方向的分速度恰好变为零。因 vn

0 ?1

? 0 ,由式(7)

v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 )u0 ? 0
v0 ? (1 ? e) ? (1 ? e n0 ?1 )u0 ?0 1? e

e n0 ?1 ? 1 ?
两边取对数

( 1? e v0 ) ( 1? e ? u0 )

31

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n0 ? 1 ?


(1 ? e)v0 ? 1 ? lg ?1 ? ? lg e ? (1 ? e) ?u0 ?

(8)

B?

(1 ? e)v0 ? 1 ? lg ?1 ? ? lg e ? (1 ? e)? u0 ?

(9)

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 ?t ,水平速度变为零,则碰 撞次数

n0 ? 1 ? B


n0 ? B ? 1

(10)

若 B 不是整数,此种情况对应于在 n ? n0 ? 1 次碰撞结束前,即在小于碰撞时间内, 水平速度变为零。则碰撞次数

n0 ? 1 ? ? B? ? 1


n0 ? ? B?

(11)

? B ? 表示 B 的整数部分。
由于经过 n0 ? 1 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已为零,但竖直方向的分速度尚未 为零,故物块将在 An
0 ?1

处作上下跳跃,直到 enu0 ? 0 ,即 n ?? ,最后停止在 An ?1 处。 0
0 ?1

物块运动的最远水平距离 s ? A0 An

。下面分别计算每次跳跃的距离。

A0 A1 ?

u0 v0 g

(12)

A1 A2 ?

2 2eu0v0 2eu0 2u1 v1 ? ? (1 ? e) ? g g g

2 2e2u0v0 2e2u0 A2 A3 ? ? (1 ? e) ? (1 ? e) g g

????

An0 An0 ?1 ?

2 2en0 u0v0 2en0 u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 ?1 ) g g

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为 32

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s?

u0 2u 0 0 v 2u 2 0 3 v0 ? (e ? e2 ? ? ? en0 ) ? (1 ? e) ?[e ? e 2(1 ? e) ? e (1 ? e ? e )2 g g g
(14)

?? ? en0 (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 ?1 )]
分别求级数的和:

1 ? e n0 1? e n0 2 3 2 e ? e (1 ? e) ? e (1 ? e ? e ) ? ? ? e (1 ? e ? e 2 ? ? ? e n0 ?1 ) e ? e 2 ? e3 ? ? ? e n0 ? e

(15)

? e ? e2 ?

1 ? e2 1 ? e3 1 ? e n0 ? e3 ? ? ? e n0 1? e 1? e 1? e

1 [e(1 ? e) ? e 2 (1 ? e 2 ) ? e3 (1 ? e3 ) ? ? ? e n0 (1 ? e n0 )] 1? e
1 e ? e n0 ?1 ? e n 0? 2 ? e ( 1? e 1 ? e2
n ? 2 0 2

?

)

(16)

将以上两个关系式和 u0 ? 2gh 代入式(14) ,得

s ? v0

2h 1 ? en0 4e? h (1 ? 2e )? (1 ? en0 )(1 ? en0 ?1 ) 2 g 1? e (1 ? e)

(17)

式中 n0 由式(10)或式(11)决定。 评分标准:本题 25 分。 式(6)3 分,式(7)6 分,式(8)4 分,式(10)2 分,式(11)2 分,式(14)5 分, 求得式(17)并说明 n0 的取值,给 3 分。

第 19 届预赛
二、参考解答 (1) E 2C ,0 评分标准:本题 20 分。 (1)10 分。其中每个空 5 分。 (2)10 分。其中每个空 5 分。

1 2

(2) E 2C , E 2C

1 4

1 2

第 19 届复赛
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. 33

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1.任意点在磁场区域内:令 P 为任意点(见图复解19-2-1) x ? 2R ,在图中连直 线 OA 与 OP 。取闭合回路 APOA ,可得回路电动势 E1 ? EAP ? EPO ? EOA ,式中 EAP , 从 从 由前面的分析可知 EPO ? 0 , EPO ,EOA 分别为从 A 到 P 、 P 到 O 、 O 到 A 的电动势。

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

E1 ? S1k
由图复解19-2-2可知

(2)

S1 ?

1 xR xR sin ? ? 2 2 2

(3)

由(1)、(2)、(3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为

E AP ?

kR x 2 2

(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:令 Q 为任意点(见图复解19-2-2), x ? 2R 。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

EAQ ? E2

(5)

34

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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 S2 ,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 ? R 2 (sin 2? ? ? ) 2 1 当 ? ? ? / 4 时, S2 ? R2 (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

S2 ?

1 2 x ? 2R R (1 ? arctan ) 2 x kR 2 x ? 2R (1 ? arctan ) 2 x

(7)

由(5)、(6)、(7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为

E AQ ?
四、参考解答

(8)

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。

35

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2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W ?

1 2 LI ,因二极管 D 的存在, r 中无电流。打开 2

开关 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)

L?
六、参考解答

?x rL ? r C p p? d ? ? R I 2 2r

2

(5)

(1)由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为

m0c 2 1 ? (v / c )
2 2

? 1.10m0c2

(1)

由此可解得

v?

0.21 ? 0.417c ? 0.42c 1.10

(2)

入射光子和散射光子的动量分别为 p ?

h? h? ? 和 p? ? ,方向如图复解19-6所示。电 c c
光子散射方向

子的动量为 mv , m 为运动电子的相对论质量。由动量 守恒定律可得

m0v 1 ? (v 2 / c 2 )

cos? ?

h? c

(3)

电子 光子入射方向

?

光子入射方向
图复解 19-6

A

36

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m0v 1 ? (v / c )
2 2

sin ? ?

h? ? c

(4)

已知

h? ? h? ? ? 0.10m0c2

(5)

由(2)、(3)、(4)、(5)式可解得

? ? 0.37m0c2 / h
? ? ? 0.27m0c2 / h

(6) (7) (8)

? ? tan-1

?? 27 ? arctan( ) ? 36.1? ? 37

电子从 O 点运动到 A 所需时间为

?t ?

L0 ? 2.4L0 / c v

(9)

(2) 当观察者相对于 S 沿 OA 方向以速度 v 运动时, 由狭义相对论的长度收缩效应得

L ? L0 1 ? (v 2 / c 2 )
L ? 0.91L0

(10) (11)

第 18 届预赛
二、参考解答 带电质点在竖直方向做匀减速运动,加速度的大小为 g ;在水平方向因受电场力作 用而做匀加速直线运动,设加速度为 a 。若质点从 M 到 N 经历的时间为 t ,则有

vx ? at ? v0

(1) (2)

vy ? v0 ? gt ? 0
由以上两式得

a?g
t? v0 g

(3) (4)

M 、 N 两点间的水平距离
v2 1 x ? at 2 ? 0 2 2g
于是 M 、 N 两点间的电势差 (5)

37

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U MN ?
评分标准:本题 15 分

Uv 2 U x? 0 d 2dg

(6)

(1)、(2)式各 3 分;(3)、(4)式各 2 分;(5)式 3 分;(6)式 2 分。 七、参考解答 带电粒子(以下简称粒子)从 S 点垂直于 DE 边以速度 v 射出后,在洛伦兹力作用下 做匀速圆周运动,其圆心一定位于 DE 边上,其半径 R 可由下式

qvB ?
求得,为

mv 2 R

R?

mv qB

(1)

1. 要求此粒子每次与 ?DEF 的三条边碰撞时都与边垂直, 且能回到 S 点, R 和 v 应 则 满足以下条件: (ⅰ)与边垂直的条件. 由于碰撞时速度 v 与边垂直, 粒子运动轨迹圆的圆心一定位于 ? 的边上, 粒子绕过 ? 顶点 D 、 E 、 F 时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即 D 、 E 、 F )上.粒子从
S 点开始向右作圆周运动,其轨迹为一系列半径为 R 的半圆,在 SE 边上最后一次的碰撞

点与 E 点的距离应为 R ,所以 SE 的长度应是 R 的奇数倍。粒子从 FD 边绕过 D 点转回到
S 点时,情况类似,即 DS 的长度也应是轨道半径的奇数倍.取 DS ? R1 ,则当 DS 的长

度被奇数除所得的 R 也满足要求,即

R ? Rn ?

DS (2n ? 1)

n =1,2,3,?

因此为使粒子与 ? 各边发生垂直碰撞, R 必须满足下面的条件

R ? Rn ?

1 L 2a ? ? 2n ? 1 4 5(2n ? 1)

n ? 1, 2 , 3 ,?

(2)

此时

SE ? 3DS ? (6n ? 3) Rn

n ? 1, 2 , 3 ,?

SE 为 Rn 的奇数倍的条件自然满足.只要粒子绕过 E 点与 EF 边相碰,由对称关系可知,
以后的碰撞都能与 ? 的边垂直. (ⅱ)粒子能绕过顶点与 ? 的边相碰的条件.

38

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由于磁场局限于半径为 a 的圆柱范围内,如果粒子在绕 E 点运动时圆轨迹与磁场边 界相交,它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回.所以粒子作圆周运 动的半径 R 不能太大,由图预解18-7可见,必须 R ? DM ( ? 的顶点沿圆柱半径到磁场边 界的距离, R ? DM 时,粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切),由给定的数据可算得

DM ? a ?

8 3 a ? 0.076a 15

(3)

将 n ? 1,2,3,?,分别代入(2)式,得

2a ? 0.400a 5 2a n ? 2 , R2 ? ? 0.133a 15 2a n ? 3 , R3 ? ? 0.080a 25 2a n ? 4 , R4 ? ? 0.057a 35 n ? 1, R1 ?
由于 R1 , R2 , R3 ≥ DM ,这些粒子在绕过 ? 的顶点 E 时,将从磁场边界逸出,只有 n ≥ 4的粒子能经多次碰撞绕过 E 、 F 、 D 点,最终回到 S 点.由此结论及(1)、(2)两 式可得与之相应的速度

vn ?

qB qB 2a Rn ? ? m m 5(2n ? 1)

n ? 4 , 5 , 6 ,?

(4)

这就是由 S 点发出的粒子与 ? 的三 条边垂直碰撞并最终又回到 S 点时, 其速 度大小必须满足的条件. 2. 这些粒子在磁场中做圆周运动的 周期为

T?

2? R v

将(1)式代入,得

T?

2? m qB

(5)

可见在 B 及 q / m 给定时 T 与 v 无关。粒 子从 S 点出发最后回到 S 点的过程中,与 ? 的边碰撞次数愈少,所经历的时间就愈少,所 以应取 n ? 4 ,如图预解18-7所示(图中只画出在边框 DE 的碰撞情况),此时粒子的速

39

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度为 v 4 ,由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300?的圆弧,所需时 间为

t ? 3 ?13 ?
以(5)式代入得

T 5 ? 3 ? T ? 22T 2 6

(6)

t ? 44
评分标准:本题25分

?m
qB

(7)

第一问15分;第二问10分。第一问中:(1)式2分;(2)式5分;分析出 n ≥4的结论给4 分;(4)式4分。第二问中:(5)式1分;(6)式7分;(7)式2分。

第 18 届复赛
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? R 2 6 6

K? R2 ? I1

5r r ? I2 6 6

(1)

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 ? ? 2I2 ? ? ? ? 12 6 ? ? ? ?
解得

(2)

I2 ?

(2? ? 3 3) R 2 K 2r
40

(3)

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代入(1)式,得

I1 ?

(10? ? 3 3) R 2 K 10r

(4)

2.求每个圆环所受的力. 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
(6) 由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零, 所以在

t0 时刻所受安培力的合力 F1 仅有 x 分量,即

F1 ? Fx ? I1BR ? (10? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? BR 10r ? ?

? (10? ? 3 3) R2 ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R (7) 10r ? ?
方向向左 同理,载流导体弧 AC 在 t0 时刻所受的安培力为

? (2? ? 3 3) R2 ? 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)

41

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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 壁所有电荷在球心 O 产生的电势 U1 为

??S
a

,球壳外

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 于球壳的电势,按电势叠加原理,即有

q1 q 与 k 2 ,因球心 O 处的电势等 d1 d2

k

q1 q Q ? k 2 ? k 1 ?U d1 d2 a

(2)

代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

Q1 ? a

?q q ? U ? a ? 1 ? 2 ? ? ?8 ? 10-9 C k ? d1 d2 ?

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

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

42

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壳内仍保持电势值为 U 的等势区,则有

k
(4)解得球壳外壁的电量

q1 q Q ? k 2 ? k 2 ?U d1 d2 d1

Q2 ? d1

?q q ? U ? d1 ? 1 ? 2 ? ? ?16 ? 10-9 C k ? d1 d2 ?

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

Q =Q2 ? ?16 ?10-9 C Ⅱ
在 a ? 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为

(5)

?Q =Q -Q ? ?8 ?10-9 C Ⅰ Ⅱ 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

k
解得球壳外壁电量

Q q2 ? k 3 ?U d2 d1

(7)

Q3 ? d1

q U ? d1 2 ? ?6 ? 10-9 C k d2

(8)

球壳外壁和内壁带的总电量应为

QⅢ ? Q3 ? (?q1 ) ? ?16 ?10-9 C
在这过程中,大地流向球壳的电量为

(9)

?Q ? QⅢ ? Q ? 0 Ⅱ Ⅱ

(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 荷转至球壳内壁,整个球壳与大地没有电荷交换.

43

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4.当球壳半径趋于 d2 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

k
由此得

q2 Q ? k 4 ?U d2 d2

(11)

Q4 ? d2

?q ? U ? d2 ? 2 ? ? ?12 ?10-9 C k ? d2 ?

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

(12)

?QⅢ ? QⅣ -QⅢ ? ?6 ?10-9 C

(13)

5.当点电荷 q2 穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为 d2 ) ,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

k
可得

Q5 ?U d2

(14)

Q5 ? d2
球壳的总电量是

U ? 4 ?10-9 C k

QⅤ Q5 ? (q1 ? q2 ) ? ?22 ?10-9 C =
在这个过程中,大地流向球壳的电量是

(15)

?QⅣ ? QⅤ-QⅣ ? 0

(16)

6.当球壳的半径由 d2 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)

44

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Q6 ? a1
球壳的总电量为

U ? 5 ?10-9 C k

QⅥ=Q6 ? (q1 ? q2 ) ? ?21?10-9 C
大地流向球壳的电量为

(18)

?QⅤ ? QⅥ-QⅤ ? 1?10-9 C

(19)

第 17 届预赛
四、参考解答 因电容器充电后与电源断开,极板上的电量保持不变,故两板之间 的电压 U 应与其电容 C 成反比;而平板电容器的电容 C 又与极板间的 距离 d 成反比;故平板电容器的两板之间的电压与距离 d 成正比,即
U ? Ad

(1)

式中 A 为比例系数。 极板2受压强作用而向左移动,并使弹簧变形。设达到平衡时,极 板2 向左移动的距离为 ? d ,电容器的电压减少了 ? U ,则有

U ? ?U ? A(d ? ?d )
由(1)与(2)式得

(2)

?U ?d ? U d

(3)

极板2移动后,连接极板2的弹簧偏离其原来位置 ? 角,弹簧伸长了 ?L ,如图预解17-4所 示,弹簧的弹力在垂直于极板的方向上的分量与加在极板2上的压力平衡,即有

pS ? 2k ?L sin?
因为 ? 是小角,由几何关系知

(4)

sin? ?

?L ?d ? ?d L

(5)

解(3)、(4)、(5)式得

2kd 3 ? ?U ? p? 2 ? ? LS ? U ?

3

(6)

五、参考解答 45

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1. 设回路中的总感应电动势为 E , 根据楞次定律可知, 电路中的电流沿逆时针方向, 按欧姆定律有

E ? I (R1 ? R2 ) ? 10 V

(1)

由对称性可知,正方形回路每条边上的感应电动势相等,设为 E1 ,等效电路如图预解 17-5-1所示。有

E1 ? E / 4 ? 2.5 V
根据含源电路欧姆定律,并代入数值得

(2)

U12 ? ?E1 ? ?2.5 V U23 ? IR2 ? E1 ? 4.5 V U34 ? ?E1 ? ?2.5 V U41 ? IR1 ? E1 ? 0.5 V

(3) (4) (5) (6)

2. 三种情况下的等效电路分别如图预解17-5-2、17-5-3、17-5-4。对图预解17-5-2中的

A1V1 A4 A1 回路,因磁通量变化率为零,回路中的总电动势为零,这表明连接 A4、A1 两端
的电压表支路亦为含源电路,电压表的读数等于由正端(+)到负端(一)流过电压表的 电流 I V 乘以电压表的内阻 RV ,因 RV 阻值为无限大, I V 趋近于零(但 I V RV 为有限值), 故得

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U1 ? 0
解得

U1 ? IR1 ? 3.0 V

(7)

46

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同理,如图预解17-5-3所示,回路 AV2 A4 A1 的总电动势为 E ,故有 1

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U 2 ? E
解得 代入数据得

(8) (9)

U 2 ? E ? IR1

U 2 ? 7.0 V

(10)

如图预解17-5-4所示,回路 AV3 A4 A1 的总电动势为零,而 A3 A4 边中的电阻又为零, 1 故有

U3 ? I V RV ? 0

(11)

第 17 届复赛
三、参考解答 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 U Q 公式为

FQ=kQ

Q1Q2 r2

UQ ? ?kQ

Q1Q2 r

(1)

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 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 (r0 ) ,二者的运动方程均为

47

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4 aS mt v 2 ?k 2 r0 / 2 3r0
由题给的量子化条件,粒子处于基态时,取量子数 n ? 1 ,得

(3)

?r ? h 2mt v ? 0 ? ? ? 2 ? 2?
由(3)、(4)两式解得

(4)

r0 ?
代入数值得

3h 2 8? 2 mt aS k

(5)

r0 ? 1.4 ?10-17 m
2. 由(3)与(4)两式得

(6)

v?

? ? 4aS ?
h? ? k 3 ? ?

(7)

由 v 和 r0 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期 T

T?
代入数值得

2? (r0 / 2) h3 ? 2 v 2? mt (k 4aS / 3) 2

(8)

T ? 1.8 ?10-24 s
由此可得

(9) (10)

? / T ? 0.2

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. 评分标准:本题 25 分 1. 15 分。(2)式 4 分,(5)式 9 分,求得(6)式再给 2 分。 2. 10 分。(8)式 3 分。(9)式 1 分,正确求得(10)式并由此指出正反顶夸克不能形 成束缚态给 6 分。 五、参考解答 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 ? 2g | y | ? 2.0 m ? s-1

(1)

48

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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。

f1 ? qv0 B
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

(2)

qv0 B ? mg

(3)

v0 ?

g ? 2.0 m ? s-1 ( q / m) B

(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

2 2 v ? v0 ? v1 ? 2.8 m ? s-1

(5)

方向指向左下方,设它与 x 轴的负方向的夹角为 ? ,如图复解 17-5-1 所示,则

tan ? ?

v1 ?1 v0
(6)

??

?
4

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

R?

mv ? 0.56 m qB

(7)

49

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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,由图复解 17-5-1 可知,其坐标为

? xO ' ? R sin ? ? 0.40 m ? ? yO ' ? R cos? ? 0.40 m
圆周运动的角速度

(8)

??

v ? 5.0 rad ? s-1 R

(9)

由图复解 17-5-1 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 ? ? R sin(?t ? ? ) ? xO ' ?
y ? yO ' ? R cos(?t ? ? )

(10) (11)

式中 v0 、 R 、 ? 、 ? 、 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 ? 0.80 m ,代入(11)式,再代入有关数值, 解得

t ? 0.31s
将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得

(12)

x ? 0.63 m
所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为

(13)

x ? 0.63 m

y?0.80 m z ?0

(14)

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 v x 、vy , 则质点合速度在 x 方向和 y 方向的分速度分别为

Vx ? vx ? v0

(15) (16)

Vy ? v y

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2 虽然 vx ? v 2 ? 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 y

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 ? ' ? 数值得

?
4

,故代入

vx ? v cos? ' ? 2.0 m ? s-1

vy ? v sin? ' ? 2.0 m ? s-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 ? 4.0 m ? s-1

(17) (18)

Vy ? 2.0 m ? s-1
速度大小为

V ? Vx2 ? V y2 ? 4.5 m ? s-1

(19)

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 ? ,如图复解 17-5-2 所示, 则

tan ? ?


Vy Vx

?

1 2
(20)

? ? 27?

评分标准:本题 25 分 (4)式 5 分,求得(5)、(6)式各给 3 分,求得(10)、(11)式各给 2 分,(14) 式 3 分,(19)式 5 分,求得(20)式再给 2 分。

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 ? 2g | y | ? 2.0 m ? s-1

(1?)

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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

m?vx ? qvy B?t ? qB?y

(2?)

?y 是带电质点在 ?t 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 ?t 时间都成立,所以在 t ? 0 到 t ? t 时间内 x 方向的动量的改变为

mvx ? mv0 x ? 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


vx ?

qB y m

(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 a y

may ? mg ? qvx B
将(3?)式代入(4?)式,得

(4?)

? (qB)2 ? ? m2 ? ma y ? ? ? ?? y ? 2 2 g ? q B ? ? m ??
令 式中

(5?) (6?)

y' ? y ? D

D?

m2 g g ? ? 0.40 m 2 (qB) (q / m)2 B 2

(7?)

即在 y 方向作用于带电质点的合力

Fy ? ?ky '
其中

k?

q2 B2 m

Fy 是准弹性力,在 Fy 作用下,带电质点在 y ' 方向的运动是简谐振动,振动的圆频率

? qB ? ? ? ? ? ? 5.0 rad ? s-1 ? m?
y ' 随时间变化的规律为

2

(8?)

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y ' ? A cos(?t ? ?0 )


(9?)

y ' ? A cos(?t ? ?0 ) ? D

(10?)

A 与 ?0 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 ' O1 y ' .若有一质点 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 ? , 且 按逆时针方向转动,在 t ? 0 时刻, M 点的在圆周上的位置 恰使连线 O1M 与 y ' 轴的夹角等于(9?)式中的常量 ?0 ,则 在任意时刻 t , O1 与 M 的连线与 y ' 轴的夹角等于 ? t ? ?0 , 于是连线 O1M 在 y ' 轴上的投影即为(9?)式所示的简谐振动,将 x ' 轴平行下移

D ? 0.40 m ,连线 O1M 在 y 轴的投影即如(10?)式所示(参看图复解 17-5-3), M 点做
圆周运动的速度大小 v ? A? ,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 ? ? A? sin(?t ? ?0 )

(11?)

(10?)和(11?)两式中的 A 和 ?0 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

A cos?0 ? D ? 0 v1 ? ? A? sin ?0
解上面两式,结合(1?)、(8?)式,注意到振幅 A 总是正的,故得

?0 ?

5? 4

(12?) (13?)

A ? 0.56 m
把(10?)式代入(3?)式,便得带电质点沿 x 轴运动的速度

vx ? ? D ? A? cos(?t ? ?0 )

(14?)

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(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 ? D 和 x 方向的简谐振动速度 A? cos(?t ? ?0 ) 的合成, 带电质点沿 x 方向的匀速运动的 位移
x ' ? ? Dt

(15?)

由沿 x 方向的简谐振动速度 A? cos(?t ? ?0 ) 可知, x 方向振动位移的振幅等于速度的最 沿 大值与角频率的比值(参看图复解 17-5-3),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

?? ? A cos ? ? t ? ? 0 ? ? ? A sin(? t ? ? 0 ) 2? ?
它可能是 x '' ? Asin(?t ? ?0 ) ,亦可能是 x ''? b ? Asin(?t ? ?0 ) .在本题中, t ? 0 时刻, x 应为零,故前一表示式不符合题意.后一表示式中, b 应取的值为 b ? ? Asin ?0 ,故有

x '' ? ? Asin ?0 ? Asin(?t ? ?0 )
带电质点在 x 方向的合位移 x ? x '? x '' ,由(15?)、(16?)式,得

(16?)

x ? ? Dt ? Asin ?0 ? Asin(?t ? ?0 )

(17?)

(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 ? 、 A 、?0 、 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,

y ? L ? ?0.80 m
将与(10?)式有关的数据代入(10?)式,可解得

(18?)

t ? 0.31s
代入(17?)式,得

(19?)

x ? 0.63 m
将(19?)式分别代入(14?)式与(11?)式,得

(20?)

vx ? 4.0 m ? s-1
速度大小为

vy ? 2.0 m ? s-1

2 V ? vx ? v 2 ? 4.5 m ? s-1 y

(21?)

速度方向为

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? ? arctan ?
评分标准:本题 25 分

? vy ? ? ? 27? ? vx ?

(22?)

(7?)式 2 分,(8?)式 3 分,(10?)式 2 分,(11?)式 2 分,(12?)式 3 分,(13?)式 3 分, (14?)式 2 分,(17?)式 3 分,(20?)式 3 分,(21?)式 1 分,(22?)式 1 分。

第 16 届预赛
四、参考解答 设线框的 dc 边刚到达磁场区域上边界 PP ' 时的速度为 v1 ,则有

1 2 mv1 ? mgh 2

(1)

dc 边进入磁场后,按题意线框虽然受安培力阻力作用,但依然加速下落.设 dc 边下

落到离 PP ' 的距离为 ?h1 时,速度达到最大值,以 v0 表示这个最大速度,这时线框中的感 应电动势为

E ? Bl1v0
线框中的电流

I?

E Bl1v0 ? R R
B 2l12 v0 R

作用于线框的安培力为

F ? Bl1I ?

(2)

速度达到最大的条件是安培力

F ? mg
由此得

v0 ?

mgR B 2 l12

(3)

在 dc 边向下运动距离 ?h1 的过程中,重力做功 WG ? mg ?h1 ,安培力做功 WF ,由动 能定理得

1 2 1 2 WG ? WF ? mv0 ? mv1 2 2
将(1)、(3)式代入得安培力做的功

WF ? ?mg ?h1 ?

m3 g 2 R 2 ? mgh 2 B 4l14
55

(4)

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ab 线框速度达到 v0 后, 做匀速运动. dc 边匀速向下运动的距离为 ?h2 ? l2 ? ?h1 时, 当

边到达磁场的边界 PP ' ,整个线框进入磁场.在线框 dc 边向下移动 ?h2 的过程中,重力 做功 WG ? ,安培力做功 WF ? ,但线框速度未变化,由动能定理

WG? ? WF ? ? 0 WF ? ? ?WG? ? ?mg ?h2 ? ?mg (l2 ? ?h1 )
(5)

整个线框进入磁场后,直至 dc 边到达磁场区的下边界 QQ ' ,作用于整个线框的安培 力为零,安培力做的功也为零,线框只在重力作用下做加速运动。 所以,整个过程中安培力做的总功

W ? WF ? WF ? ? ?mg (l2 ? h) ?
〔编注:此题命题有不严密之处。由微分方程

m3 g 2 R 2 2 B 4l14

(6)

mg ?
的解

B 2l12 v dv ?m R dt

B 2l 2v - 1 ?t mg ? 1 ? l mR R
可知,只有当 t ?? 时, v 才能趋向极限速度 v0 ?

B2l 2

mgR (即线框下落无穷长的距离,速 B 2 l12

度才能趋向 v0 )。原题说 ab 边未进入磁场即达到最大速度是不确切的。〕 六、参考解答 解法一: 设二极管 D 两端的管压为 U D ,流过二极管的电流为 I D 。则有

? 2U ? 2U D ? E ? ? I D ? D ? R1 R2 ? ?
代入数据解得 U D 与 I D 的关系为

(1)

UD ? (1.5 ? 0.25I D ?103 ) V
(2) 这是一在图预解16-6中横轴上截距为1.5, 纵轴上

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截距为 6、 斜率为-4的直线方程 (称为二极管的负载线) 因管压 U D 与流过二极管电流 I D 还受二极管 D 的 I D ~ U D 特性曲线的限制,因而二极管就工作在负载线与 I D ~ U D 特性 曲线的相交点 P 上(如图预解16-6).由此得二极管两端的管压和电流分别为

UD ? 1 V ,
电阻 R1 上的电压

I D ? 2 mA

(3)

U1 ? E ? 2UD ? 4 V
其功率

P? 1
解法二:

U12 ? 16 mW R1

(4)

设两个二极管用一个等效二极管 D? 代替,当流过等效二极管的电流为 I D? 时,等效二 极管的管压为 U D? ? 2U D 。 即有

U D? ? E ? ( I D? ?
代入数据解得 U D? 与 I D? 的关系为

U D? ) R1 R2

(1?)

U D? ? (3 ? 0.5I D? ?103 ) V

(2?)

这是一在横轴上截距为3、纵轴上截距为6、斜率为-2的负载线方程,二极管 D? 的

I D? ? U D? 特性曲线只要将图预解16-6的横坐标增大1倍即可.用作图法,求出负载线与管
D? 的特性曲线相交的 P 点得

U D? ? 2 V ,
电阻 R1 上的电压

I D? ? 2 mA

(3?)

U1 ? E ? U D? ? 4 V
其功率

P? 1

U12 ? 16 mW R1

(4?)

57

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第 16 届复赛
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

B?

?0 1
2 r

穿过圆环的磁通量可近似为

? ? BS ?

?0
2

? Ir

(1)

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

E?
圆环的电阻

?? ?0 ?I ? ?r ?t 2 ?t E ?0? r ?I R? ? I 2I ?t

(2) (3)

根据题设条件

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)

R??

L S
S d2 ?R ? 7.5 ? 10-29 ? ? m L 8r

及已知导线的直径 d ? 1 mm ,环半径 r ? 5 cm ,得电阻率

??R
五、参考解答 解法一:

(5)

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

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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.

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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 R1, 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 R1, 3 ? 2[(2R?) // R?] ? R? 3
由(1)、(2)式得等效单环电阻 R ? 为

(2)

3 1 R? ? R ? r // R 4 4
2. 第一问

(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

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由此可得一般公式, ( s ? 1) 环的等效单环电阻 R ( s ?1) 可由 R (s ) 求出

3 1 R (s?1) ? R ? R // R (s) 4 4
于是

(4)

R ( 4) ?

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

R (5) ?

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

由 ( 2 ) 式 R1 , 3? ( 4 / 3) ? 得 出 由 一 个 环 ( D5 ) 、 两 个 环 ( D5 ? D4 ) 直 至 五 个 环 R ( 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

724 R .证毕。 627

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.

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图复解 16-5-8 图复解 16-5-9

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R?? ? (2 R) //(2 R (4) ) ?

1 1 56 ? 2 R 97 R

?

194 R 209

所以

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) 线 . 一 个 环 ( D5 ) 构 成 线 路 的 1 与 0 点 间 的 阻 值 用 R1, 0 表 示 , 根 据 对 称 性 ,

1 (1) 2 (1) R 1, 0 ? 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
(1) 预解16-5-10中1与0间的阻值 R1, 0 。 其等效电路如图预解16-5-12所示. 图预解16-5-11 (或

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(1) 图预解16-5-12)中的l与0点间的阻值用 R1, 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 R1, 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
(5) (5) R1, 3 ? 2R1, 0 ?

724 R 627

第二问 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
(1) (4) 16-5-12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 // R1, 0 // R ? 2R //

97 194 R // R ? R 168 627


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

388 R 627

63

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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 ? ?qEy ? qE sin?
Fz ? ?qEz ? ?qE cos?

(1) (2)

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
f 的方向决定于物块移动的方向.

(3)

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
?T cos ? ? f x ? 0
由(4)(5)式得 、

(4) (5)

(Fy ? T sin ? )2 ? T 2 cos2 ? ? f 2
注意到(3)式,得

T (T ? 2Fy sin ? ) ? 0

T ? 0 或 T ? 2Fy sin ?

(6)

64

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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 ? 2Fy sin ? ? 0 ,将 T 代入(4)、(5)式,


f y ? T sin ? ? Fy ? ?Fy cos2 ?

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。 当? ?

?
2

, 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 ? ? 曲线为圆,其方程为

?
4

,故该

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

2

(8)

65


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