第29屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試卷及答案(完整Word版)(1)

1、第29屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試卷第29屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試卷本卷共8題，滿分160分。一、（17分）設(shè)有一湖水足夠深的咸水湖，湖面寬闊而平靜，初始時(shí)將一體積很小的勻質(zhì)正立方體物塊在湖面上由靜止開始釋放，釋放時(shí)物塊的下底面和湖水表面恰好相接觸。已知湖水密度為；物塊邊長為，密度為，且。在只考慮物塊受重力和液體浮力作用的情況下，求物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時(shí)間。解：由于湖面足夠?qū)掗煻飰K體積很小，所以湖面的絕對(duì)高度在物塊運(yùn)動(dòng)過程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標(biāo)原點(diǎn)并以豎直向下方向?yàn)檎较蚪⒆鴺?biāo)系，以下簡稱系. 設(shè)物塊下底面的坐標(biāo)為，在物塊未完全浸沒入湖水時(shí)，其所受到的浮力為 ()

2、 (1)式中為重力加速度.物塊的重力為 (2) 設(shè)物塊的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律有 (3) 將(1)和(2)式代入(3)式得 (4)將系坐標(biāo)原點(diǎn)向下移動(dòng) 而建立新坐標(biāo)系，簡稱系. 新舊坐標(biāo)的關(guān)系為 (5) 把(5)式代入(4)式得 (6)(6)式表示物塊的運(yùn)動(dòng)是簡諧振動(dòng). 若，則，對(duì)應(yīng)于物塊的平衡位置. 由(5)式可知，當(dāng)物塊處于平衡位置時(shí)，物塊下底面在系中的坐標(biāo)為 (7) 物塊運(yùn)動(dòng)方程在系中可寫為 (8) 利用參考圓可將其振動(dòng)速度表示為 (9) 式中為振動(dòng)的圓頻率 (10) 在(8)和(9)式中和分別是振幅和初相位，由初始條件決定. 在物塊剛被釋放時(shí)，即時(shí)刻有，由(5)式得 (11) (1

3、2)由(8)至(12)式可求得 (13) (14)將(10)、(13)和(14)式分別代人(8)和(9)式得 (15) (16)由(15)式可知，物塊再次返回到初始位置時(shí)恰好完成一個(gè)振動(dòng)周期；但物塊的運(yùn)動(dòng)始終由(15)表示是有條件的，那就是在運(yùn)動(dòng)過程中物塊始終沒有完全浸沒在湖水中. 若物塊從某時(shí)刻起全部浸沒在湖水中，則湖水作用于物塊的浮力變成恒力，物塊此后的運(yùn)動(dòng)將不再是簡諧振動(dòng)，物塊再次返回到初始位置所需的時(shí)間也就不再全由振動(dòng)的周期決定. 為此，必須研究物塊可能完全浸沒在湖水中的情況. 顯然，在系中看，物塊下底面坐標(biāo)為時(shí)，物塊剛好被完全浸沒；由(5)式知在系中這一臨界坐標(biāo)值為 （17）即物塊剛

4、好完全浸沒在湖水中時(shí)，其下底面在平衡位置以下處. 注意到在振動(dòng)過程中，物塊下底面離平衡位置的最大距離等于振動(dòng)的振蝠，下面分兩種情況討論：I. 由(13)和(17)兩式得 (18)在這種情況下，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中至多剛好全部浸沒在湖水中. 因而，物塊從初始位置起，經(jīng)一個(gè)振動(dòng)周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振動(dòng)周期 (19)物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時(shí)間 (20) II. 由(13)和(17)兩式得 (21)在這種情況下，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)從某時(shí)刻起全部浸沒在湖水表面之下. 設(shè)從初始位置起，經(jīng)過時(shí)間物塊剛好全部浸入湖水中，這時(shí). 由(15)和(17)式得 (22)取合理值，有 (23

5、) 由上式和(16)式可求得這時(shí)物塊的速度為 (24) 此后，物塊在液體內(nèi)作勻減速運(yùn)動(dòng)，以表示加速度的大小，由牛頓定律有 (25)設(shè)物塊從剛好完全浸入湖水到速度為零時(shí)所用的時(shí)間為，有 (26)由(24)-(26)得 (27)物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時(shí)間為 (28)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分. 二、（23分）設(shè)想在地球赤道平面內(nèi)有一垂直于地面延伸到太空的輕質(zhì)電梯，電梯頂端可超過地球的同步衛(wèi)星高度（從地心算起）延伸到太空深處。這種所謂的太空電梯可用于低成

6、本地發(fā)射繞地人造衛(wèi)星，其發(fā)射方法是將衛(wèi)星通過太空電梯勻速地提升到某高度，然后啟動(dòng)推進(jìn)裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去。1、設(shè)在某次發(fā)射時(shí)，衛(wèi)星在太空電梯中極其緩慢地勻速上升，該衛(wèi)星在上升到0.80處意外地和太空電梯脫離（脫離時(shí)衛(wèi)星相對(duì)于太空電梯上脫離處的速度可視為零）而進(jìn)入太空。（1）論證衛(wèi)星脫落后不會(huì)撞擊地面。（2）如果衛(wèi)星脫落后能再次和太空電梯相遇，即可在它們相遇時(shí)回收該衛(wèi)星。討論該衛(wèi)星從脫落時(shí)刻起，在012小時(shí)及1224小時(shí)兩個(gè)時(shí)間段內(nèi)被太空該電梯回收的可能性。2、如果太空電梯地點(diǎn)位于東經(jīng)110度處，在太空電梯上離地心距離為處有一衛(wèi)星從電梯脫落（脫落時(shí)衛(wèi)星相對(duì)于太空電梯上脫落處的速度可視為零

7、），脫落后該衛(wèi)星軌道剛好能和赤道某處相切，而使衛(wèi)星在該點(diǎn)著地，試求衛(wèi)星著地點(diǎn)的經(jīng)度。提示：此問要用數(shù)值方法求解高次方程。已知：地球質(zhì)量，半徑的球體；引力恒量；地球自轉(zhuǎn)周期小時(shí)；假設(shè)衛(wèi)星與太空電梯脫落后只受地球引力作用。解：1. R i.通過計(jì)算衛(wèi)星在脫離點(diǎn)的動(dòng)能和萬有引力勢能可知，衛(wèi)星的機(jī)械能為負(fù)值. 由開普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌道為橢圓（或圓），地心為橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)(或圓的圓心)，如圖所示.由于衛(wèi)星在脫離點(diǎn)的速度垂直于地心和脫離點(diǎn)的連線，因此脫離點(diǎn)必為衛(wèi)星橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)（或近地點(diǎn)）；設(shè)近地點(diǎn)（或遠(yuǎn)地點(diǎn)）離地心的距離為，衛(wèi)星在此點(diǎn)的速度為.由開普勒第二定律可知 (1)式中為地球自轉(zhuǎn)

8、的角速度.令表示衛(wèi)星的質(zhì)量，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 （2） 由（1）和（2）式解得 (3)可見該點(diǎn)為近地點(diǎn),而脫離處為遠(yuǎn)地點(diǎn).【（3）式結(jié)果亦可由關(guān)系式：直接求得】同步衛(wèi)星的軌道半徑滿足 (4)由(3)和(4)式并代入數(shù)據(jù)得 (5)可見近地點(diǎn)到地心的距離大于地球半徑，因此衛(wèi)星不會(huì)撞擊地球.ii. 由開普勒第二定律可知衛(wèi)星的面積速度為常量，從遠(yuǎn)地點(diǎn)可求出該常量為 (6) 設(shè)和分別為衛(wèi)星橢圓軌道的半長軸和半短軸，由橢圓的幾何關(guān)系有 (7) (8)衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期為 (9)代人相關(guān)數(shù)值可求出 （10） 衛(wèi)星剛脫離太空電梯時(shí)恰好處于遠(yuǎn)地點(diǎn)，根據(jù)開普勒第二定律可知此時(shí)刻衛(wèi)星具有最小角速度，其后的一周期內(nèi)其角

9、速度都應(yīng)不比該值小，所以衛(wèi)星始終不比太空電梯轉(zhuǎn)動(dòng)得慢；換言之，太空電梯不可能追上衛(wèi)星.設(shè)想自衛(wèi)星與太空電梯脫離后經(jīng)過（約14小時(shí)），衛(wèi)星到達(dá)近地點(diǎn)，而此時(shí)太空電梯已轉(zhuǎn)過此點(diǎn)，這說明在此前衛(wèi)星尚未追上太空電梯.由此推斷在衛(wèi)星脫落后的0-12小時(shí)內(nèi)二者不可能相遇；而在衛(wèi)星脫落后12-24小時(shí)內(nèi)衛(wèi)星將完成兩個(gè)多周期的運(yùn)動(dòng)，同時(shí)太空電梯完成一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期，所以在12-24小時(shí)內(nèi)二者必相遇，從而可以實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星回收.2.根據(jù)題意，衛(wèi)星軌道與地球赤道相切點(diǎn)和衛(wèi)星在太空電梯上的脫離點(diǎn)分別為其軌道的近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn).在脫離處的總能量為 （11）此式可化為 (12) 這是關(guān)于的四次方程，用數(shù)值方法求解可得 （13）【亦

10、可用開普勒第二定律和能量守恒定律求得.令表示衛(wèi)星與赤道相切點(diǎn)即近地點(diǎn)的速率，則有 和 由上兩式聯(lián)立可得到方程 其中除外其余各量均已知, 因此這是關(guān)于的五次方程. 同樣可以用數(shù)值方法解得.】衛(wèi)星從脫離太空電梯到與地球赤道相切經(jīng)過了半個(gè)周期的時(shí)間，為了求出衛(wèi)星運(yùn)行的周期，設(shè)橢圓的半長軸為，半短軸為，有 (14) (15)因?yàn)槊娣e速度可表示為 (16)所以衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期為 (17)代入相關(guān)數(shù)值可得 h (18)衛(wèi)星與地球赤道第一次相切時(shí)已在太空中運(yùn)行了半個(gè)周期，在這段時(shí)間內(nèi)，如果地球不轉(zhuǎn)動(dòng)，衛(wèi)星沿地球自轉(zhuǎn)方向運(yùn)行180度，落到西經(jīng)處與赤道相切. 但由于地球自轉(zhuǎn)，在這期間地球同時(shí)轉(zhuǎn)過了角度，地球自轉(zhuǎn)角

11、速度，因此衛(wèi)星與地球赤道相切點(diǎn)位于赤道的經(jīng)度為西經(jīng) （19）即衛(wèi)星著地點(diǎn)在赤道上約西經(jīng)121度處.評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題23分.第1問16分，第i小問8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和結(jié)論共2分.第ii小問8分，（9）、（10）式各2分，說出在0-12小時(shí)時(shí)間段內(nèi)衛(wèi)星不可能與太空電梯相遇并給出正確理由共2分，說出在12-24小時(shí)時(shí)間段內(nèi)衛(wèi)星必與太空電梯相遇并給出正確理由共2分.第2問7分，(11)式1分， (13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （數(shù)值結(jié)果允許有的相對(duì)誤差）三、（25分）如圖所示，兩根剛性輕桿和在段牢固粘接在一起，延長線與的夾角為銳角，桿長為，桿長為。在桿

12、的、和三點(diǎn)各固連一質(zhì)量均為的小球，構(gòu)成一剛性系統(tǒng)。整個(gè)系統(tǒng)放在光滑水平桌面上，桌面上有一固定的光滑豎直擋板，桿延長線與擋板垂直?，F(xiàn)使該系統(tǒng)以大小為、方向沿的速度向擋板平動(dòng)。在某時(shí)刻，小球與擋板碰撞，碰撞結(jié)束時(shí)球在垂直于擋板方向的分速度為零，且球與擋板不粘連。若使球碰撞后，球先于球與擋板相碰，求夾角應(yīng)滿足的條件。解：ABCOxyP圖1解法一如圖1所示，建直角坐標(biāo)，軸與擋板垂直，軸與擋板重合. 碰撞前體系質(zhì)心的速度為，方向沿x軸正方向，以表示系統(tǒng)的質(zhì)心，以和表示碰撞后質(zhì)心的速度分量，表示墻作用于小球的沖量的大小. 根據(jù)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有 （1） （2）由（1）和（2）式得 （3） （4）可在質(zhì)心參考系

13、中考察系統(tǒng)對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量. 在球與擋板碰撞過程中，質(zhì)心的坐標(biāo)為 （5） （6） 球碰擋板前，三小球相對(duì)于質(zhì)心靜止，對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量為零；球碰擋板后，質(zhì)心相對(duì)質(zhì)心參考系仍是靜止的，三小球相對(duì)質(zhì)心參考系的運(yùn)動(dòng)是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動(dòng)，若轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為，則三小球?qū)|(zhì)心的角動(dòng)量 （7）式中、和 分別是、和三球到質(zhì)心的距離，由圖1可知 （8） （9） （10）由（7）、（8）、（9）和（10）各式得 （11） 在碰撞過程中，質(zhì)心有加速度，質(zhì)心參考系是非慣性參考系，在質(zhì)心參考系中考察動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，必須引入慣性力. 但作用于質(zhì)點(diǎn)系的慣性力的合力通過質(zhì)心，對(duì)質(zhì)心的力矩等于零，不影響質(zhì)點(diǎn)系對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量，故在質(zhì)心參考系中，相

14、對(duì)質(zhì)心角動(dòng)量的變化仍取決于作用于球的沖量的沖量矩，即有 （12）【也可以始終在慣性參考系中考察問題，即把桌面上與體系質(zhì)心重合的那一點(diǎn)作為角動(dòng)量的參考點(diǎn)，則對(duì)該參考點(diǎn)(12)式也成立】由（11）和（12）式得 (13) 球相對(duì)于質(zhì)心參考系的速度分量分別為（參考圖1） (14) (15)球相對(duì)固定參考系速度的x分量為 （16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得 （17） 根據(jù)題意有 （18）xOPACB圖2y由（17）和（18）式得 （19） 由（13）和（19）式得 （20）球若先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個(gè)系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過角，即桿至少轉(zhuǎn)到沿y方向，如圖2所示.

15、 系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過所需時(shí)間 （21） 在此時(shí)間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動(dòng)的距離 （22） 若 （23） 則球先于球與擋板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得 （24）即 (25) 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分.解法二ABCCOxyP圖1如圖1所示，建直角坐標(biāo)系，軸與擋板垂直，軸與擋板重合，以、和 分別表示球與擋板剛碰撞后、和三球速度的分量，根據(jù)題意有 （1）以表示擋板作用于球的沖量的大小，其方向沿軸的負(fù)方向，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)組的動(dòng)量

16、定理有 （2） （3）以坐標(biāo)原點(diǎn)為參考點(diǎn)，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)組的角動(dòng)量定理有 （4） 因?yàn)檫B結(jié)小球的桿都是剛性的，故小球沿連結(jié)桿的速度分量相等，故有 （5） （6） （7）（7）式中為桿與連線的夾角. 由幾何關(guān)系有 （8） （9）解以上各式得 （10） （11） （12） （13） （14） （15）按題意，自球與擋板碰撞結(jié)束到球 (也可能球)碰撞擋板墻前，整個(gè)系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)的質(zhì)心作勻速直線運(yùn)動(dòng). 若以質(zhì)心為參考系，則相對(duì)質(zhì)心參考系，質(zhì)心是靜止不動(dòng)的，、和三球構(gòu)成的剛性系統(tǒng)相對(duì)質(zhì)心的運(yùn)動(dòng)是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動(dòng). 為了求出轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，可考察球B相對(duì)質(zhì)心的速度.由(11)到(15)各式，在球與擋板碰撞剛結(jié)束

17、時(shí)系統(tǒng)質(zhì)心的速度 （16） （17）這時(shí)系統(tǒng)質(zhì)心的坐標(biāo)為 （18） （19）不難看出，此時(shí)質(zhì)心正好在球的正下方，至球的距離為，而球相對(duì)質(zhì)心的速度 （20） （21） 可見此時(shí)球的速度正好垂直，故整個(gè)系統(tǒng)對(duì)質(zhì)心轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度 （22） 若使球先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個(gè)系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過角，即桿至少轉(zhuǎn)到沿y方向，如圖2所示. 系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過所需時(shí)間 （23）在此時(shí)間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動(dòng)的距離 （24） 若xOPACB圖2y （25） 則球先于球與擋板碰撞. 由以上有關(guān)各式得 （26）即 (27) 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分. （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，

18、（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分. 四、（21分）如圖所示，虛線小方框是由個(gè)電容器聯(lián)成的有限網(wǎng)絡(luò)；虛線大方框是并聯(lián)的兩個(gè)相同的無限網(wǎng)絡(luò)，此無限網(wǎng)絡(luò)的結(jié)構(gòu)是：從左到中間，每個(gè)電容器的右極板與兩個(gè)電容器的左極板相連，直至無窮；從中間到右，每兩個(gè)電容器的右極板與一個(gè)電容器的左極板相連，直至聯(lián)接到一個(gè)電容器為止。網(wǎng)絡(luò)中的所有電容器都是完全相同的平行板真空電容器，其極板面積為，極板間距為（）。整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)體系與一內(nèi)電阻可忽略不計(jì)的電池連接，電池電動(dòng)勢恒定、大小為。忽略電容器的邊緣效應(yīng)，靜電力常量已知。1、若將虛線小方框中標(biāo)有的電容器的右極板

19、緩慢地向右拉動(dòng)，使其兩極板的距離變?yōu)?，求在拉?dòng)極板過程中電池所做的功和外力所做的功。2、在電容器兩極板的距離變?yōu)楹螅賹⒁粔K與電容器的極板形狀相同、面積也為、帶電荷量為（）的金屬薄板沿平行于的極板方向全部插入到電容器中，使金屬薄板距電容器左極板的距離為。求此時(shí)電容器的左極板所帶的電荷量。解：參考解答： 1虛線小方框內(nèi)2n個(gè)平行板電容器每兩個(gè)并聯(lián)后再串聯(lián)，其電路的等效電容滿足下式 （1）即 （2）式中 （3）虛線大方框中無限網(wǎng)絡(luò)的等效電容滿足下式 （4）即 （5）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為 （6）等效電容器帶的電量（即與電池正極連接的電容器極板上電量之和） （7）當(dāng)電容器a兩極板的距離變?yōu)?d后，

20、2n個(gè)平行板電容器聯(lián)成的網(wǎng)絡(luò)的等效電容滿足下式 （8）由此得 （9）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為 （10）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容器帶的電荷量為 （11）在電容器a兩極板的距離由d變?yōu)?d后，等效電容器所帶電荷量的改變?yōu)?（12）電容器儲(chǔ)能變化為 （13）在此過程中，電池所做的功為 （14）外力所做的功為 （15） 2.設(shè)金屬薄板插入到電容器a后，a的左極板所帶電荷量為，金屬薄板左側(cè)帶電荷量為，右側(cè)帶電荷量為，a的右極板帶電荷量為，與a并聯(lián)的電容器左右兩極板帶電荷量分別為和.由于電容器a和與其并聯(lián)的電容器兩極板電壓相同，所以有 （16）由（2）式和上式得 （17）上式表示電容器a左極板和與其并聯(lián)的電

21、容器左極板所帶電荷量的總和，也是虛線大方框中無限網(wǎng)絡(luò)的等效電容所帶電荷量（即與電池正極連接的電容器的極板上電荷量之和）. 整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)兩端的電壓等于電池的電動(dòng)勢，即 （18）將（2）、（5）和（17）式代入（18）式得電容器a左極板帶電荷量 （19）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題21分. 第1問13分，（2）式1分，（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式2分,（14）式1分，（15）式2分.第2問8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分.五、（25分）如圖所示，兩個(gè)半徑不等的用細(xì)金屬導(dǎo)線做成的同心圓環(huán)固定在水平的桌面上。大圓環(huán)半徑為，小圓環(huán)表面絕緣半徑為（）

22、，兩圓環(huán)導(dǎo)線每單位長度電阻均為，它們處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向豎直向下，一每單位長度電阻為的長直金屬細(xì)桿放在大圓環(huán)平面上，并從距圓環(huán)中心左側(cè)為（>）的ab位置，以速度勻速向右沿水平面滑動(dòng)到相對(duì)于大圓環(huán)中心與ab對(duì)稱的位置cd，滑動(dòng)過程中金屬桿始終與大圓環(huán)保持密接。假設(shè)金屬桿和大圓環(huán)的電流在小圓環(huán)處產(chǎn)生的磁場均可視為勻強(qiáng)磁場。試求在上述滑動(dòng)過程中通過小圓環(huán)導(dǎo)線橫截面的電荷量。提示：當(dāng)半徑為，長度為的一段圓弧導(dǎo)線通有電流時(shí)，圓弧電流在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直于圓弧所在平面且與圓弧電流的方向滿足右手螺旋法則；無限長直導(dǎo)線通有電流時(shí)，電流在距直導(dǎo)線距離為處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)

23、度的大小為，其中為已知常量。解：cl2l1I1I2abI圖 1參考解答: 如圖1所示，當(dāng)長直金屬桿在ab位置以速度 QUOTE v 水平向右滑動(dòng)到時(shí)，因切割磁力線，在金屬桿中產(chǎn)生由b指向a的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為 （1）式中為金屬桿在ab位置時(shí)與大圓環(huán)兩接觸點(diǎn)間的長度，由幾何關(guān)系有 （2）d在金屬桿由ab位置滑動(dòng)到cd位置過程中，金屬桿與大圓環(huán)接觸的兩點(diǎn)之間的長度可視為不變，近似為.將（2）式代入（1）式得，在金屬桿由ab滑動(dòng)到cd過程中感應(yīng)電動(dòng)勢大小始終為 （3）以、和分別表示金屬桿、桿左和右圓弧中的電流，方向如圖1所示，以表示a、b兩端的電壓，由歐姆定律有 （4） （5）式中，和分別為金屬桿左

24、、右圓弧的弧長.根據(jù)提示，和中的電流在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為 （6） （7）方向豎直向上，方向豎直向下.由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整個(gè)大圓環(huán)電流在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 （8）無論長直金屬桿滑動(dòng)到大圓環(huán)上何處，上述結(jié)論都成立，于是在圓心處只有金屬桿的電流I所產(chǎn)生磁場.在金屬桿由ab滑動(dòng)到cd的過程中，金屬桿都處在圓心附近，故金屬桿可近似視為無限長直導(dǎo)線，由提示，金屬桿在ab位置時(shí)，桿中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為II2I1baR左圖 2RabR右 （9）方向豎直向下.對(duì)應(yīng)圖1的等效電路如圖2，桿中的電流 （10）其中為金屬桿與大圓環(huán)兩接觸點(diǎn)間這段金屬桿的電阻，和分別為金

25、屬桿左右兩側(cè)圓弧的電阻，由于長直金屬桿非常靠近圓心，故 （11）利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得 （12） 由于小圓環(huán)半徑，小圓環(huán)圓面上各點(diǎn)的磁場可近似視為均勻的，且都等于長直金屬桿在圓心處產(chǎn)生的磁場. 當(dāng)金屬桿位于ab處時(shí)，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量為 （13）當(dāng)長直金屬桿滑到cd位置時(shí)，桿中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿過小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量為 （14）在長直金屬桿以速度從ab移動(dòng)到cd的時(shí)間間隔內(nèi)，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量的改變?yōu)?（15）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在小圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為大小為 （16）在長直金屬桿從ab移動(dòng)cd過程中

26、，在小圓環(huán)導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為 （17）于是，利用（12）和（17）式，在時(shí)間間隔內(nèi)通過小環(huán)導(dǎo)線橫截面的電荷量為 （18）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分. （3）式3分，（4）、（5）式各1分， （8）、（10）式各3分，（12）式3分, （15）式4分，（16）、（17）式各2分，（18）式3分.六、（15分）如圖所示，剛性絕熱容器A和B水平放置，一根帶有絕熱閥門和多孔塞的絕熱剛性細(xì)短管把容器A、B相互連通。初始時(shí)閥門是關(guān)閉的，A內(nèi)裝有某種理想氣體，溫度為；B內(nèi)為真空。現(xiàn)將閥門打開，氣體緩慢通過多孔塞后進(jìn)入容器B中。當(dāng)容器A中氣體的壓強(qiáng)降到與初始時(shí)A中氣體壓強(qiáng)之比為時(shí)，重新關(guān)閉閥門。設(shè)最后留在容器A

27、內(nèi)的那部分氣體與進(jìn)入容器B中的氣體之間始終無熱量交換，求容器B中氣體質(zhì)量與氣體總質(zhì)量之比。已知：1摩爾理想氣體的內(nèi)能為，其中是已知常量，為絕對(duì)溫度；一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷緩慢的絕熱過程時(shí)，其壓強(qiáng)與體積滿足過程方程，其中為普適氣體常量。重力影響和連接管體積均忽略不計(jì)。解： 設(shè)重新關(guān)閉閥門后容器A中氣體的摩爾數(shù)為，B中氣體的摩爾數(shù)為，則氣體總摩爾數(shù)為 （1）把兩容器中的氣體作為整體考慮，設(shè)重新關(guān)閉閥門后容器A中氣體溫度為，B中氣體溫度為，重新關(guān)閉閥門之后與打開閥門之前氣體內(nèi)能的變化可表示為 （2）由于容器是剛性絕熱的，按熱力學(xué)第一定律有 （3）令表示容器A的體積, 初始時(shí)A中氣體的壓強(qiáng)為，關(guān)閉閥門

28、后A中氣體壓強(qiáng)為，由理想氣體狀態(tài)方程可知 （4） （5）由以上各式可解得 由于進(jìn)入容器B中的氣體與仍留在容器A中的氣體之間沒有熱量交換，因而在閥門打開到重新關(guān)閉的過程中留在容器A中的那部分氣體經(jīng)歷了一個(gè)絕熱過程，設(shè)這部分氣體初始時(shí)體積為(壓強(qiáng)為時(shí))，則有 （6）利用狀態(tài)方程可得 （7）由（1）至（7）式得，閥門重新關(guān)閉后容器B中氣體質(zhì)量與氣體總質(zhì)量之比 （8） 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題15分. （1）式1分，（2）式3分，（3）式2分，（4）、（5）式各1分，（6）式3分，（7）式1分，（8）式3分. 七、（16分）圖中為一薄凸透鏡，為高等于2.00cm與光軸垂直放置的線狀物，已知經(jīng)成一實(shí)像，像距為40

29、.0cm?，F(xiàn)于的右方依次放置薄凹透鏡、和薄凸透鏡以及屏，它們之間的距離如圖所示，所有的透鏡都共軸，屏與光軸垂直，、焦距的大小均為15.0cm。已知物經(jīng)上述四個(gè)透鏡最后在屏上成倒立的實(shí)像，像高為0.500cm。1、焦距的大小為 cm，焦距的大小為 cm。2、現(xiàn)保持、和位置不變，而沿光軸平移、，最后在屏上成倒立的實(shí)像，像高為1.82cm，此時(shí)和的距離為 cm，和的距離為 cm。最后保留結(jié)果至小數(shù)點(diǎn)后一位。答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)： 1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都給4分)10.2 (4分，填10.0至10.4的，都給4分)2. 20.3 (4分，填20.1至20.5的，都給4分) 4.2

30、(4分，填4.0至4.4的，都給4分)八、（18分）如圖所示，豎直固定平行放置的兩條相同長直導(dǎo)線1和2相距為（<<長直導(dǎo)線的長度），兩導(dǎo)線中通有方向和大小都相同的穩(wěn)恒電流，電流方向向上。導(dǎo)線中正離子都是靜止的，每單位長度導(dǎo)線中正離子的電荷量為；形成電流的導(dǎo)電電子以速度沿導(dǎo)線向下勻速運(yùn)動(dòng)，每單位長度導(dǎo)線中導(dǎo)電電子的電荷量為。已知：單位長度電荷量為的無限長均勻帶電直導(dǎo)線在距其距離為處產(chǎn)生的電場的強(qiáng)度大小為，其中是常量；當(dāng)無限長直導(dǎo)線通有穩(wěn)恒電流時(shí)，電流在距導(dǎo)線距離為處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，其中是常量。試?yán)锚M義相對(duì)論中的長度收縮公式求常量和的比值。 提示：忽略重力；正離子和電子的電荷量與慣性參照系的選取無關(guān)；真空中的光速為。解：在相對(duì)于正離子靜止的參考系S中，導(dǎo)線中的正離子不動(dòng)，導(dǎo)