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全国中学生物理竞赛集锦(电磁学)答案2


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

q1 q Q ? k 2 ? k 2 ?U d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 k

(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 Q3 ? d1 ? d1 2 ? ?6 ? 10-9 C (8) k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 (9) QⅢ ? Q3 ? (?q1 ) ? ?16 ?10-9 C
在这过程中,大地流向球壳的电量为

?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. 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 (14)

可得

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

(3)

由题给的量子化条件,粒子处于基态时,取量子数 n ? 1 ,得

?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

(9)

? / T ? 0.2 由此可得 (10) 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

(2)

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

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)

Vy ? 2.0 m ? s-1
(18) 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?)

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 ,
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?)

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 ? ? r ?I R? ? 0 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 ? ? ? 1 1 1 ? R ? // R ?2 ? ? ? ? ? R r 2r ? 2 4rR ? 3R ?2 // R 2r ? 3R 1 4r ? 3R ? R 3 r?R

1 ? R ? r // R 3

(1)

同理,图预解16-5-6中1、3两顶点间的电阻 R 1, 3 为

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

R (5) ?

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 1 56 ? 2 R 97 R

?

194 R 209

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,



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

?
4

,故该曲线为

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

2

(8)


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