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全国中学生物理竞赛集锦(电磁学)答案


第 21 届预赛 2004.9.5
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 U d

(2)

E?

(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

(4)

(5) (6) (7) (8)

2 q v0 d ? y (9) m UlL 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 (l0) 注意到(3)式,可得电子射入平行板电容器的速度 U (11) v0 ? Bd 代人(9)式得 q U (12) ? 2 y m B lLd 代入有关数据求得 q (13) ? 1.6 ?1011 C/kg m 评分标准: 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)

I?

E 2R

(2)

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 (4) Mg-T=ma2 (5) T-F=ma2 (6) 由以上各式解得

a1 ?

B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2 Rm

(7)

a2 ?

2MgR ? B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2( M ? m) R

(8)

评分标准: 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 中的电路。B、C右方的电路又可简化为图2的电路,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 RB?C ? 2 ? RB?C ?

(2) 由式(1)、(2)两式得
2 RBC ? RBC ? 2 ? 0

图1

图2

解得 RBC=2.0 ? (3) 图1所示回路中的电流为

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

图3

的代数和应为零,即 Q1+Q2-Q3=0 A、E两点间的电势差

(5)

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 ?
又有

Q2 Q3 ? C2 C3

(8)

U B ? U E ? (24 ? 20 ? 0.10)V=26 V

(9)

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 (10) -4 即电容器C3与E点相接的极板带负电,电荷量为1.3×10 C。 评分标准: 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 A1 ? q1 q1 k ?k ?0 (1) A1 P1 A1 B1 O ?? B2 P2 a a P1 q q? k 2 ?k 2 ?0 (2) R A1 P2 A1 B2 S 图1
1

B1

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

1

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)

? 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 点产生的 1 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 r1? ? ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos ? )1 2
由(1'、 )(3' )(2'、 )式得
2 ? q1 ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos? ) ? q1 ( R 2 ? a 2 ? 2Ra cos? ) (4' ) 2

(2' ) (3' )

(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 2 ? q1 d ? q1 a (6' ) 2

(5' )

由(5'、 )式得 )(6'

ad 2 ? (a 2 ? R 2 )d ? aR 2 ? 0
解得

(7' ) (8' )

d?

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

由于等效电荷位于空腔外部,由(8' )式求得

d?
由(6'、 )式有 )(9'

R2 a

(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)

P A ? r 2 ? 2ra cos? ? a 2 1
? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B1 A ? r 2 ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

A

B2

P2 A ? r ? 2ra cos? ? a
2

2

O ?? P2 a a P1 R S
图2
1

B1

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B 2 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

2

代入 (10) 式得

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 2 2 a r ? 2raR2 cos? ? R 4 ? r ? 2ra cos? ? a
? 1 r 2 ? 2ra cos ? ? a 2 ? ? ? ? a 2 r 2 ? 2raR 2 cos ? ? R 4 ? R
(11)

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

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
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

(3)

mv 0 ? 2mVC


(4)

VC ?

v0 2

(5)

VC 方向与 v0 相同,沿 x 轴的正方向. 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

(6)

v 2 ? VC ? u ?
因相对 S ? 系,两杆的总动量为零,即有

(7)

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

(8)

2Blu ? L

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

?i ?t

(9)

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 ,这 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 ? = 时 i = 0,故得

x? ?


L 1 i ? x0 2Bl 2

(13)

i?

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

(14)

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

X ? x? ?

1 x0 2

(15)

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

i?
这时作用于 ab 杆的安培力

2Bl X L

(16)

2B 2 l 2 X L 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 F ? ?iBl ? ?

(17)

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 ?

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 ? 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 杆在地面 2
(26)

v 1 xab ? x0 ? v 0 t ? 0 2 2Bl cd 杆在 S 系中的位置

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

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?

2Bl v0 L 2Bl

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

(28)

解法Ⅱ: 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

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

?i ?t

(4’)

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? ?

(8’) (9’)

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 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 于是有 Bl i? X L 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

(10')

(11’)

(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,而 X 是 ab 杆相对 cd 杆相对位置的位 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? v0 v T? 0 2π Bl mL 2

由此得

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

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

(24’)

评分标准:本题 25 分. 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
v? 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
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 v

? vz

vz

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,由 O 点射出的粒子绕磁场方向旋转一周(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) 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

l?

3 ?T ? 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,经 T / 2 后,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)

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, U A ? U 0 的情况下, t ? 0 到 t ? T / 4 这段时间内产生的微粒都可到达 A 板 在 从 (确 切地说,应当是 t ? T / 4 ) 。 T / 4 ? t ? t / 2 这段时间内产生的微粒的运动情况, 为了讨论在 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, U A ? U 0 的电场作用下, A 板加速运动, 在 向 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 的电场作用 下向 B 板运动时间为

1 2

1 8

3 8

3 1 2 4

? ? ? 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

(9)

评分标准:本题 20 分。 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
由式(1)(2)可得 、

(2)

lmax ? 1 ?
代入数据,可得

eU R 2 mv0 / 2

(3)

2 R (4) 2 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 ? 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 , x 很大时, 当 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

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 )

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。物 0
0 ?1

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 A 2 ?

2eu0v 0 2eu 2 0 2u1 v1 ? ? (1 ? e) ? g g g
2 2e2u0v0 2e2u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e) g g

A2 A3 ?

????

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

s?

u0 2u v 2u 2 0 3 v0 ? 0 0 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 ) g 1? e (1 ? e)2

(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

1 2

(2) E 2C , E 2C

1 4

1 2

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。

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. 1. 任意点在磁场区域内: P 为任意点 令 (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 ,EPO ,EOA

分别为从 A 到 P 、从 P 到 O 、从 O 到 A 的电动势。由前面的分析可知 EPO ? 0 , 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
(2)

E1 ? S1k
由图复解19-2-2可知 1 xR S1 ? xR sin ? ? 2 2 2 由(1)、(2)、(3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为 kR E AP ? x 2 2

(3)

(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: Q 为任意点 令 (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)

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 2 ? R (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
(7)

1 2 x ? 2R R (1 ? arctan ) 2 x 由(5)、(6)、(7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为 S2 ? E AQ ? kR 2 x ? 2R (1 ? arctan ) 2 x

(8)

四、参考解答 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。

1 2 LI ,因二极管 D 的存在, r 中无电流。打开开 2 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
2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W ? 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?

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

2

(5)

六、参考解答 (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。 电子的 c c
光子散射方向 电子 光子入射方向 (4)

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

h? cos? ? 2 2 c 1 ? (v / c ) m0v m0v 1 ? (v 2 / c 2 )
已知

(3)

?

sin ? ?

h? ? c

A

光子入射方向
图复解 19-6

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)

U MN ?

Uv 2 U x? 0 d 2dg

(6)

评分标准:本题 15 分 (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,则 R 和 v 应 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. 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

8 3 a ? 0.076a 15 将 n ? 1,2,3,?,分别代入(2)式,得 2a n ? 1, R1 ? ? 0.400a 5 2a n ? 2 , R2 ? ? 0.133a 15 2a n ? 3 , R3 ? ? 0.080a 25 2a n ? 4 , R4 ? ? 0.057a 35 DM ? a ?

(3)

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
2? m qB

将(1)式代入,得

T?

(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, ? 的 与 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

?m
qB

(7)

评分标准:本题25分 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 5r r ? I2 6 6
(1)

K? R2 ? I1

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 ?
代入(1)式,得

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

(3)

(10? ? 3 3) R 2 K (4) 10r 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 I1 ?

?Fx ? I1B?l ? cos?
因 ?l ? cos ? ? ?l 故 ?Fx ? I1B?l

(5)

Fx ? ? I1B?l ? I1BPQ ? I1BR
时刻所受安培力的合力 F1 仅有 x 分量,即

(6)

由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零, 所以在 t0

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 ? (2? ? 3 3) R ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R 2r ? ?
方向向右 左环所受的合力大小为

(8)

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 在球心 O 产生的电势 U1 为

??S
a

,球壳外壁所有电荷

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 壳的电势,按电势叠加原理,即有 q q Q k 1 ? k 2 ? k 1 ?U d1 d2 a 代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

q1 q 与k 2 , 因球心 O 处的电势等于球 d1 d2
(2)

?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 Q1 ? a

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,球壳内 仍保持电势值为 U 的等势区,则有 q q Q k 1 ? k 2 ? k 2 ?U d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 (4)

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

?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 Q q k 2 ? k 3 ?U (7) d2 d1 解得球壳外壁电量

q U ? d1 2 ? ?6 ? 10-9 C k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 QⅢ ? Q3 ? (?q1 ) ? ?16 ?10-9 C Q3 ? d1
在这过程中,大地流向球壳的电量为

(8)

(9) (10)

?Q ? QⅢ ? Q ? 0 Ⅱ Ⅱ

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. 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 q Q k 2 ? k 4 ?U d2 d2 由此得 (11)

Q4 ? d2

?q ? U ? d2 ? 2 ? ? ?12 ?10-9 C k ? d2 ?
(12) (13)

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

?QⅢ ? QⅣ -QⅢ ? ?6 ?10-9 C

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 Q k 5 ?U d2 可得 (14)

Q5 ? d2
球壳的总电量是

U ? 4 ?10-9 C k
(15) (16)

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

?QⅣ ? QⅤ-QⅣ ? 0
Q6 ?U a1

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

(17)

Q6 ? a1
球壳的总电量为

U ? 5 ?10-9 C k
(18) (19)

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

?QⅤ ? QⅥ-QⅤ ? 1?10-9 C

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 ) (2) 由(1)与(2)式得

?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? (4) 因为 ? 是小角,由几何关系知

sin? ?

?L ?d ? ?d L
3

(5)

解(3)、(4)、(5)式得

p?

2kd 3 ? ?U ? ? ? L2 S ? U ?

(6)

五、参考解答 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)

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,故 1 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 4aS 3r 4aS 3r 2

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

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

(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

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)

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)

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 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 z?0 y ? 0.80 m x ? 0.63 m

(12) (13) (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

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,也是恒定 y

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 ? ' ?

?
4

,故代入数值得

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,

tan ? ?


Vy Vx

?

1 2
(20)

? ? 27?

评分标准:本题 25 分 (4) 5 分, 式 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?)

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
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

(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

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

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

? qB ?

2

(8?)

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 A ? 0.56 m

(12?) (13?)

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?)

(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大 沿 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 t ? 0.31s 代入(17?)式,得 x ? 0.63 m 将(19?)式分别代入(14?)式与(11?)式,得

(18?) (19?) (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

? ? 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
(2)

作用于线框的安培力为

B 2l12 v0 R 速度达到最大的条件是安培力 F ? mg F ? Bl1I ?

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

(4)

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

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
B2l 2

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 ?

mgR (即线框下落无穷长的距离,速度 B 2 l12

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
这是一在图预解16-6中横轴上截距为1.5, 纵轴上 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

(2)

I D ~ U D 特性曲线的限制,因而二极管就工作在负载
线 与 ID ~ 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 ,

I D? ? 2 mA

(3?)

电阻 R1 上的电压

U1 ? E ? U D? ? 4 V
其功率

P? 1

U12 ? 16 mW R1

(4?)

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 ?0? r ?I E 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)

L S 及已知导线的直径 d ? 1 mm ,环半径 r ? 5 cm ,得电阻率 R??

??R

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

(5)

五、参考解答 解法一: 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 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.

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
( s ?1)

由此可得一般公式, ( s ? 1) 环的等效单环电阻 R

可由 R (s ) 求出 (4)

3 1 R (s?1) ? R ? R // R (s) 4 4
于是

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.

图复解 16-5-8

图复解 16-5-9

R?? ? (2 R) //(2 R (4) ) ?
所以

1 194 ? R 1 56 209 ? 2 R 97 R

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) (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,R 1, 0 ?

1 (1) 2 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 ' 间的阻值就是图预
(1) 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(或图 (1) 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16-5-12
(1) (4) 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

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

(3)

f 的方向决定于物块移动的方向. 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)

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 ? ? 圆,其方程为
2 x0 ? x0 ? 2 ?x? 2 ? ? y ? 4 ? ? 2

?
4

,故该曲线为

(8)


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