第29屆全國中學生物理競賽復賽試卷本卷共8題，滿分160分。一、(17分)設有一湖水足夠深的咸水湖，湖面寬闊而平靜，初始時將一體積很小的勻質正立方體物塊在湖面上由靜止開始釋放，釋放時物塊的下底面和湖水表面恰好相接觸。已知湖水密度為p；物塊邊長為n密度為p'，且p'<p。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)往返一次所需的時間。解：由于湖面足夠寬闊而物塊體積很小，所以湖面的絕對高度在物塊運動過程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標原點并以豎直向下方向為正方向建立坐標系，以下簡稱X系.設物塊下底面的坐標為X，在物塊未完全浸沒入湖水時，其所受到的浮力為式中g為重力加速度.物塊的重力為f式中g為重力加速度.物塊的重力為f=b3pgg度為.，根據(jù)牛頓第二定律有代入⑶式得"a=fg-fbpb(1)(2)設物塊的加速⑶將⑴和(2)式⑷新舊坐標的關系為將X系坐標原點向下移動pb/p而建立新坐標系，簡稱X系.新舊坐標的關系為⑸把(5)式代入⑷式得(6)a=--PgX

pb(6)(6)式表示物塊的運動是簡諧振動.若X=0，則a=0，對應于物塊的平衡位置.由⑸式可知，當物塊處于平衡位置時，物塊下底面在X系中的坐標為x°=Pb(7)物塊運動方程在X系中可寫為X(t)=Acos(wt+中)(8)利用參考圓可將其振動速度表示為V(t)=-Awsin(wt+中)(9)式中w為振動的圓頻率w=L：Pg(10)在(8)和

⑼式中A和中分別是振幅和初相位，由初始條件決定.在物塊剛被釋放時，即t=0時刻有(11)(12)(13)中=丸(14)(15)(16)x=0，由⑸式得X(0)=——bPw=L：Pg(10)在(8)和(11)(12)(13)中=丸(14)(15)(16)PX(t)=—bcos(①t+兀)PV(t)=——gbsin0t+兀)Vp將(10)X(t)=—bcos(①t+兀)PV(t)=——gbsin0t+兀)VpX=X=1——b(17)即物塊剛好完b"p)全浸沒在湖水中時，其下底面在平衡位置以下X處.注意到在振動過程中，物塊下底面離平衡位置的最大距離等于振動的振蝠A，下面分兩種情況討論：I.A<X.由(13)和(17)兩式得bp>2p'(18)在這種情況下，物塊在運動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)一個振動周期，再次返回至初始位置.由(10)式得振動周期.2兀°誣T=—=2兀(19)物塊從初始位①Pg置出發(fā)往返一次所需的時間TOC\o"1-5"\h\zti=T=氣—b(20)II.A>X.由(13)和(17)兩式得bP<2p'(21)在這種情況下，物塊在運動過程中會從某時刻起全部浸沒在湖水表面之下.設從初始位置起，經(jīng)過時間\物塊剛好全部浸入湖水中，這時X(t)=X.由(15)和(17)式得Pcos0t]+兀)=1—P(22)取合理值，有式可求得這時物塊的速度為「兀一arccosxpgL（23）由上式和（16），(/TE小!P-：1(24)此后，物塊在液體內作勻減速運動，以1式可求得這時物塊的速度為「兀一arccosxpgL（23）由上式和（16），(/TE小!P-：1(24)af=P~P'gP'設物塊從剛好完全浸入湖水到速度為零時所用的時間為t2，有V(t「-a七=0由(24)-(26)得p'頃七―(P-P勇gp寸(八、—-1Vp'物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時間為七=2(ti+12)=2.%兀一arccos2P'庭卜(P-P')I'gP?fcA

借-1J(25)(26)(27)(28)評分標準：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）設想在地球赤道平面內有一垂直于地面延伸到太空的輕質電梯，電梯頂端可超過地球的同步衛(wèi)星高度R（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，然后啟動推進裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去。1、設在某次發(fā)射時，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0.80R處意外地和太空電梯脫離（脫離時衛(wèi)星相對于太空電梯上脫離處的速度可視為零）而進入太空。（1）論證衛(wèi)星脫落后不會撞擊地面。（2）如果衛(wèi)星脫落后能再次和太空電梯相遇，即可在它們相遇時回收該衛(wèi)星。討論該衛(wèi)星從脫落時刻起，在0~12小時及12~24小時兩個時間段內被太空該電梯回收的可能性。2、如果太空電梯地點位于東經(jīng)110度處，在太空電梯上離地心距離為人乂處有一衛(wèi)星從電梯脫落（脫落時衛(wèi)星相對于太空電梯上脫落處的速度可視為零），脫落后該衛(wèi)星軌道剛好能和赤道某處相切，而使衛(wèi)星在該點著地，試求衛(wèi)星著地點的經(jīng)度。提示：此問要用數(shù)值方法求解高次方程。已知：地球質量M=6-0x1024kg，半徑R=6.4x105m的球體；引力恒量e

G=6.7x131Vm-kg-2；地球自轉周期T=24小時；假設衛(wèi)星與太空電梯脫落后只受地球g引力作用。解：1.0.80Ra通過計算衛(wèi)星在脫離點的動能和萬有引力勢能可知，衛(wèi)星的機械能為負值.由開普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運動軌道為橢圓（或圓），地心為橢圓的一個焦點（或圓的圓心），如圖所示.由于衛(wèi)星在脫離點的速度垂直于地心和脫離點的連線，因此脫離點必為衛(wèi)星橢圓軌道的遠地點（或近地點）；設近地點（或遠地點）離地心的距離為〃，衛(wèi)星在此點的速度為v.由開普勒第二定律可知0.80RaTOC\o"1-5"\h\zrv=（0.8OR）2o（1）式中①（=勿T為地球自轉的角速度.令m表示衛(wèi)星的質量，根據(jù)機械能守恒定律有eGMm1GMmmv2一=—m（0.80RJ2&2一（2）由（1）和\o"CurrentDocument"r20.80R（2）式解得rw0.28R（3）可見該點為近地點，而脫離處為遠地點.【（3）式結果亦可由關系式：GMm1GMm=—m（0.80RJ2w2

r+0.80R20.80R直接求得】同步衛(wèi)星的軌道半徑R滿足GM"RT由⑶和⑷式并代入數(shù)據(jù)得rw1.2x104km（5）可見近地點到地心的距離大于地球半徑，因此衛(wèi)星不會撞擊地球.=1(0.80RJ2w2ii.由開普勒第二定律可知衛(wèi)星的面積速度為常量，從遠地點可求出該常量為（6）設a和b分別為衛(wèi)星橢圓軌道的半長軸和半短軸，由橢圓的幾何關系有0.28R+0.80R

aw=1(0.80RJ2w2(8)(0.80-0.28V

R2(8)衛(wèi)星運動的周期T為兀abT=bs代人相關數(shù)值可求出

TM9.5h(10)TM9.5h衛(wèi)星剛脫離太空電梯時恰好處于遠地點，根據(jù)開普勒第二定律可知此時刻衛(wèi)星具有最小角速度，其后的一周期內其角速度都應不比該值小，所以衛(wèi)星始終不比太空電梯轉動得慢；換言之，太空電梯不可能追上衛(wèi)星.設想自衛(wèi)星與太空電梯脫離后經(jīng)過1.T（約14小時），衛(wèi)星到達近地點，而此時太空電梯已轉過此點，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小時內二者不可能相遇；而在衛(wèi)星脫落后12-24小時內衛(wèi)星將完成兩個多周期的運動，同時太空電梯完成一個運動周期，所以在12-24小時內二者必相遇，從而可以實現(xiàn)衛(wèi)星回收.根據(jù)題意，衛(wèi)星軌道與地球赤道相切點和衛(wèi)星在太空電梯上的脫離點分別為其軌道的近地點和遠地點.在脫離處的總能量為（11）(12)1GMmGMm2mx2R一R+R此式可化為TOC\o"1-5"\h\zR3R2GMr1+r="R只R)w2R3這是關于R的四次方程，用數(shù)值方法求解可得Rm4.7Rm3.0x104km（13）【R亦可用開普勒第二定律和能量守恒定'律求得.令療表示衛(wèi)星與赤道相切點即近地點的速率，則有6Rv=R2w和66XGMm1/c、GMm—mv2=—m(Rw)2eR2xR由上兩式聯(lián)立可得到方程件T-件L組堂+組=0"R)"R)W2R3RW2R3其中除R外其余各量均已知，因此這是關于R的五次方程.同樣可以用數(shù)值方法解得R.】衛(wèi)屋從脫離太空電梯到與地球赤道相切經(jīng)過了半個周期的時間，為了求出衛(wèi)星運行的周期T，設橢圓（11）(12)的半長軸為a'，半短軸為b'，有.R+Ra=—xe2(14)b="-［號］2(15)因為面積速度可表示為b=1R2Ws2x(16)所以衛(wèi)星的運動周期為代入相關數(shù)值可得兀a'b'T=b.(17)T'M6.8h(18)

衛(wèi)星與地球赤道第一次相切時已在太空中運行了半個周期，在這段時間內，如果地球不轉動，衛(wèi)星沿地球自轉方向運行180度，落到西經(jīng)（180。-110。）處與赤道相切.但由于地球自轉，在這期間地球同時轉過了M/2角度，地球自轉角速度3=360°/24h=15〃h，因此衛(wèi)星與地球赤道相切點位于赤道的經(jīng)度為西經(jīng)0=180?！?10。+工牝121。（19）2即衛(wèi)星著地點在赤道上約西經(jīng)121度處.評分標準：本題23分.第1問16分，第i小問8分，⑴、（2）式各2分，（4）式2分，（5）式和結論共2分.第ii小問8分，（9）、（10）式各2分，說出在0-12小時時間段內衛(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小時時間段內衛(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)值結果允許有5%的相對誤差）三、（25分）如圖所示，兩根剛性輕桿AB和BC在B段牢固粘接在一起，AB延長線與BC的夾角仁為銳角，桿BC長為l，桿AB長為lcosa。在桿的A、B和C三點各固連一質量均為m的小球，構成一剛性系統(tǒng)。整個系統(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AB延長線與擋板垂直。現(xiàn)使該系統(tǒng)以大小為％、方向沿AB的速度向擋板平動。在某時刻，小球C與擋板碰撞，碰撞結束時球C在垂直于擋板方向的分速度為零，且球C與擋板不粘連。若使球C碰撞后，求夾角a應滿足的條件。解：解法一如圖1所示，建直角坐標。巧，x軸與擋板垂直，＞軸與擋板重合.碰撞前體系質心的速度為^，方向沿x軸正方向，以P表示系統(tǒng)的質心，以v和匕y表示碰撞后質心的速度分量，j表示墻作用于小球c的沖量的大?。焊鶕?jù)質心運動定理有一J=3mv一板方向的分速度為零，且球C與擋板不粘連。若使球C碰撞后，求夾角a應滿足的條件。解：解法一如圖1所示，建直角坐標。巧，x軸與擋板垂直，＞軸與擋板重合.碰撞前體系質心的速度為^，方向沿x軸正方向，以P表示系統(tǒng)的質心，以v和匕y表示碰撞后質心的速度分量，j表示墻作用于小球c的沖量的大?。焊鶕?jù)質心運動定理有一J=3mv一3mv0=3mv—00Py由（1）和（2）式得3mv一Jv=0Px3mv=0Py球B先于球A與擋板相碰，（1）（2）（3）（4）可在質心參考系中考察系統(tǒng)對質心的角動量.在球C與擋板碰撞過程中，質心的坐標為x=-1coaP1,.y=-31sia球C碰擋板前，三小球相對于質心靜止，對質心的角動量為零；球C碰擋板后是靜止的，三小球相對質心參考系的運動是繞質心的轉動，若轉動角速度為O動量(5)(6)質心相對質心參考系仍則三小球對質心戶的角L=mO12+mO12+m0x=-1coaP1,.y=-31sia球C碰擋板前，三小球相對于質心靜止，對質心的角動量為零；球C碰擋板后是靜止的，三小球相對質心參考系的運動是繞質心的轉動，若轉動角速度為O動量(5)(6)質心相對質心參考系仍則三小球對質心戶的角L=mO12+mO12+m0121cp分別是A、B和C三球到質心戶的距離，由圖1可知12—12cosa+11sina>AP9（7）式中1Ap、1*和(8)12=112sin2aBP9(9)，，4，.12=12cos2a+—12sin2acp9(10)由（7）、（8）、（9）和（10）各式得,2L=3m12①（1+2cos2a）中，質心有加速度，質心參考系是非慣性參考系，在質心參考系中考察動力學問題時，必須引入慣性力.但作用于質點系的慣性力的合力通過質心，對質心的力矩等于零，不影響質點系對質心的角動量，故在質心參考系中，相對質心角動量的變化仍取決于作用于球C的沖量J的沖量矩，即有『2,J—1sina—L3（11）在碰撞過程（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心重合的那一點作為角動量的參考點，則對該參考點（12）式也成立】由（11）和（12）式得JsinaCO—m1(1+2cos2a)（13）球C相對于質心參考系的速度分量分別為（參考圖1）v=-01sin「v=—o1cosp=-o1cosa球C相對固定參考系速度的x分量為inP——o(1sina-|y|)(14)(15)(13)和（16）各式得VCx=VCPx+VPx(16)由（3）、（6）、(17)根據(jù)題意有(18)由（17）和（18）式得(19)由(13)和(19)式得①=vsinaJ=mv(1+2cos2a)1球A若先于球B與擋板發(fā)生碰撞(20)則在球C與擋板碰撞后，整個系統(tǒng)至少應繞質心轉過兀/2角，即桿AB至少轉到沿y方向，如圖2所示.系統(tǒng)繞質心轉過兀/2所需時間1—兀t-二O在此時間內質心沿x方向向右移動的距離O(21)|yI+Ax>lxI則球B先于球A與擋板碰撞.由p（5）、（6）、a>arctan31+兀（|yI+Ax>lxI則球B先于球A與擋板碰撞.由p（5）、（6）、a>arctan31+兀（22）（23）（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得(24)a>36（25）評分標準：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.解法二如圖1所示，建直角坐標系Oxy，x軸與擋板垂直，>軸與擋板重合，以v、V、v、V、v和V分別表示球C與擋板剛碰撞后A、BAxAyBxByexCy和C三球速度的分量，根據(jù)題意有\(zhòng)o"CurrentDocument"v=0（1）以J表示擋板作用于球C的沖量的大小，其方向沿x軸的負方向，根據(jù)質點組的動量定理有-J=m+mv3mv（2）\o"CurrentDocument"0=mv+mv+m（3）以坐標原點O為參考點，根據(jù)質點組的角動量定理有J/sina=mvAy(/cosa+1cosa)+mvlcosa+mvlsinaBy0(4)因為連結小球的桿都是剛性的，故小球沿連結桿的速度分量相等，故有vAx=vBxvsina=vsina-vcosaCyByBx(5)(6)vcos3-vsin9=-vsin9(7)式中0為桿AB與連線AC的夾角.由幾何關系有2cosacos0=:\-1+3cos2a(7)(8)sin0=sinav'1+3cos2a(9)J=mv(1+2cos2a)v=vsin2av=vsinacosa(10)(11)(12)(13)(14)v=(13)(14)v=0By

v=—vsinacosa（15）按題意，自球C與擋板碰撞結束到球A（也可能球B）碰撞擋板墻前，整個系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)的質心作勻速直線運動.若以質心為參考系，則相對質心參考系，質心是靜止不動的，A、B和v=—vsinacosa（15）按題意，自球C與擋板碰撞結束到球A（也可能球B）碰撞擋板墻前，整個系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)的質心作勻速直線運動.若以質心為參考系，則相對質心參考系，質心是靜止不動的，A、B和C三球構成的剛性系統(tǒng)相對質心的運動是繞質心的轉動.為了求出轉動角速度，可考察球B相對質心的速度.由（11）到（15）各式，在球C與擋板碰撞剛結束時系統(tǒng)質心P的速度v=mVAx+mVBx+七=2vsin2a\o"CurrentDocument"Px3m30mv+mv+mv。py3m這時系統(tǒng)質心的坐標為x=-1coaP1Z?j=-§1sina（16）（17）（18）（19）不難看出，此時質心尸正好在球B的正下方，至球B的距離為|＞尸|，而球B相對質心的速度1?v=v-v=§isina（20）v=0BPy（21）可見此時球B的速度正好垂直BP，故整個系統(tǒng)對質心轉動的角速度vCO=|BPxvsina~01（22）若使球A先于球B與擋板發(fā)生碰撞，則在球C與擋板碰撞后，整個系統(tǒng)至少應繞質心轉過n/2角，即桿AB至少轉到沿j方向，如圖2所示.系統(tǒng)繞質心轉過n/2所需時間1—nt=二O（23）在此時間內質心沿x方向向右移動的距離Ax=vt（24）若jI+Ax>lx（25）則球B先于球A與擋板碰撞.由以上有關各式得a>arctan31+兀a>36(26)(27)評分標準：本題25分.（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或（27）式2分.

四、（21分）如圖所示，虛線小方框是由2n個電容器聯(lián)成的有限網(wǎng)絡；虛線大方框是并聯(lián)的兩個相同的無限網(wǎng)絡，此無限網(wǎng)絡的結構是：從左到中間，每個電容器的右極板與兩個電容器的左極板相連，直至無窮；從中間到右，每兩個電容器的右極板與一個電容器的左極板相連，直至聯(lián)接到一個電容器為止。網(wǎng)絡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S，極板間距為d（d?展）。整個電容網(wǎng)絡體系與一內電阻可忽略不計的電池連接，電池電動勢恒定、大小為e。忽略電容器的邊緣效應，靜電力常量k已知。1、若將虛線小方框中標有如電容器的右極板緩慢地向右拉動，使其兩極板的距離變?yōu)?，求在拉動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)?d后，再將一塊與電容器郵極板形狀相同、面積也為S、帶電荷量為Q（Q>0）的金屬薄板沿平行于6的極板方向全部插入到電容器％，使金屬薄板距電容器6左極板的距離為羽求此時電容器如左極板所帶的電荷量。解：參考解答：1.虛線小方框內2n個平行板電容器每兩個并聯(lián)后再串聯(lián)，其電路的等效電容c滿足下式Ci2C式中C=S4兀kd虛線大方框中無限網(wǎng)絡的等效電容C滿足下式t2=2Ct2=2Ct2+++???"2C4C8C)C=Ct22整個電容網(wǎng)絡的等效電容為TOC\o"1-5"\h\zCC2C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）yCt￡=(n+%兀kd當電容器a兩極板的距離變?yōu)?d后，2n個平行板電容器聯(lián)成的網(wǎng)絡的等效電容C'滿足下式t11n-12=+C2C3C由此得6C整個電容網(wǎng)絡的等效電容為C=C:Ct2=6C

t-C：+C2—3n+13整個電容網(wǎng)絡的等效電容器帶的電荷量為(10)，—廠S3S8q=C8=（3n+13）2兀kd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)?11)Aqt=qt一qt(3n+13)(n+4)2兀kd(12)電容器儲能變化為AU=1(C'82-C82)=%2tt2(3n+13)(n+4)2兀kd在此過程中，電池所做的功為(13)外力所做的功為A=Aq8=-^^——qt(3n+13)(n+4)2兀kd(14)A'=AU-A=^^2(3n+13)(n+4)2兀kd(15)2.設金屬薄板插入到電容器a后量為-q'，右側帶電荷量為（q+Q）右兩極板帶電荷量分別為q"和-q所以有由（2）式和上式得金屬薄板左側帶電荷

與a并聯(lián)的電容器左，a的左極板所帶電荷量為q'a的右極板帶電荷量為-（q，+Q）.由于電容器a和與其并聯(lián)的電容器兩極板電壓相同，?，q-+SS4兀kx4兀k(2d-x)(q‘+。)(16)2d—xq，+q〃=3q，+Q2d-Xd上式表示電容器a左極板和與其并聯(lián)的電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)絡的等效電容ct2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）.t整個電容網(wǎng)絡兩端的電壓等于電池的電動勢，即(17)q+q/+qq+（n一1）+—=8c22CC將（2）、（5）和（17）式代入（18）式得電容器a左極板帶電荷量(18)1

q=(3n+13)2兀kd(n+5)(2d—x)(3n+13)d(19)（5（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式各2分.評分標準：本題21分.第1問13分，（2）式1分，式2分，（14）式1分，（15）式2分.第2問8分，（16）、（17）、（18）、（19）五、（25分）如圖所示，兩個半徑不等的用細金屬導線做成的同心圓環(huán)固定在水平的桌面上。大圓環(huán)半徑為R，小圓環(huán)表面絕緣半徑為R2（R2?R），兩圓環(huán)導線每單位長度電阻均為「°，它們處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下，一每單位長度電阻為r的長直金屬細桿放在大圓環(huán)平面上，并從距圓環(huán)中心左側為1R/100（＞R）的ab位置，以速度"勻速向右沿水平面滑動到相對于大圓環(huán)中心與ab對稱的位置cd，滑動過程中金屬桿始終與大圓環(huán)保持密接。假設金屬桿和大圓環(huán)的電流在小圓環(huán)處產(chǎn)生的磁場均可視為勻強磁場。試求在上述滑動過程中通過小圓環(huán)導線橫截面的電荷量。提示：當半徑為R，長度為i的一段圓弧導線通有電流I時，圓弧電流在圓心處產(chǎn)生的磁感應強度大小為B=k二，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;無限長直導線通有電流I時，電流在距直導線距離為r處產(chǎn)生的磁感應強度B的大小為B=、卒，其中km為已知常量。解：參考解答：如圖1所示，當長直金屬桿在ab位置以速度v錯誤！未指定書簽。水平向右滑動到時，因切割磁力線，在金屬桿中產(chǎn)生由b指向a的感應電動勢的大小為s=BLv（1）式中乙為金屬桿在錯誤！未指定書簽。位置時與大圓環(huán)兩接觸點間的長度，由幾何關系有ffR￥L=寸12一赤"2Ri⑵在金屬桿由錯誤！未指定書簽。位置滑動到cd位置過程中，金屬桿與大圓環(huán)接觸的兩點之間的長度乙可視為不變，近似為2R.將（2）式代入（1）式得，在金屬桿由錯誤！未指定書簽?；瑒拥?cd過程中感應電動勢大小始終為（3）以ub表示a、b兩端的電壓，s=2BRv以1、I和L分別表示金屬桿、桿左和右圓弧中的電流，方向如圖1所示，由歐姆定律有TOC\o"1-5"\h\zU=Ilr（4）U=Ilr（5）式中，/和l^分別為金屬桿左、右圓弧^的弧長0根據(jù)提示，（3）以ub表示a、b兩端的電壓，（6）（6）R：

B=kA（7）2mR2B方向豎直向上，B方向豎直向下.1由（4）、（5）、（62）和（7）式可知整個大圓環(huán)電流在圓心處錯誤！未找到引用源。產(chǎn)生的錯誤！未找到引用源。為B=B-B=0（8）無論長直金屬桿滑動到大圓環(huán)上何處，上述結論都成立，于是在圓心處只有金屬桿錯誤！未找到引用源。的電流I所產(chǎn)生磁場.在金屬桿由ab滑動到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線，由提示，金屬桿在ab位置時，桿中電流產(chǎn)生的磁感應強度大小為B3=kmT"1—100方向豎直向下.對應圖1的等效電路如圖2,桿中的電流(10)￡

I=—(10)R+■左■右

R+R其中R為金屬桿與大圓環(huán)兩接觸點間這段金屬桿的電阻R左和R右分別為金R澆2Rr,R=Rq兀Rr（11）利用（3）、（9）、（id）和（11）式可得1(9)800kvB

(9)R.(4r+兀r)(12)由于小圓環(huán)半徑錯誤！未找到引用源。，小圓環(huán)圓面上各點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.當金屬桿位于ab處時，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應通量為4=兀R2B（13）(14)4—兀R2（-B）(14)4—兀R2（-B）在長直金屬桿以速度錯誤！未找到引用源。從ab移動到cd的時間間隔位內，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應通量的改變?yōu)椤?=4-4--2兀R2B由法拉第電磁感應定律可得，在小圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢為大小為△42兀R2B七=-At——點3在長直金屬桿從ab移動cd過程中，在小圓環(huán)導線中產(chǎn)生的感應電流為￡RBI=i—23i2兀RrrAt和（17）式0，在時間間隔At內通過小環(huán)導線橫截面的電荷量為(15)(16)(17)于是，利用（12）(18)Q-IAt-R2B3-800kmVBR2irRr(4r+兀r)

010(18)評分標準：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短管把容器A、B相互連「|通。初始時閥門是關閉的，A內裝有某種理想氣體，溫度為t；點掙日B內為真空?，F(xiàn)將閥門打開，氣體緩慢通過多孔塞后進入容器B―中。當容器A中氣體的壓強降到與初始時A中氣體壓強之比為a時，重新關閉閥門。設最后留在容器A內的那部分氣體與進入容器B中的氣體之間始終無熱量交換，求容器B中氣體質量與氣體總質量之比。已知：1摩爾理想氣體的內能為"=CT，其中C是已知常量，T為絕對溫度；一定質量的理想氣體經(jīng)歷緩慢的絕熱過程時，其壓強p與體積V滿足過程方程pVc=常量，其中R為普適氣體常量。重力影響和連接管體積均忽略不計。解：設重新關閉閥門后容器A中氣體的摩爾數(shù)為n1，B中氣體的摩爾數(shù)為n2，則氣體總摩爾數(shù)為TOC\o"1-5"\h\zn=七+%（1）把兩容器中的氣體作為整體考慮，設重新關閉閥門后容器A中氣體溫度為T1，B中氣體溫度為T2，重新關閉閥門之后與打開閥門之前氣體內能的變化可表示為AU=nC（T'-T）+nC（T-T）（2）111221由于容器是剛性絕熱的，按熱力學第一定律有\(zhòng)o"CurrentDocument"AU=0（3）令V1表示容器A的體積，初始時A中氣體的壓強為P，關閉閥門后A中氣體壓強為aP1，由理想氣體狀態(tài)方程可知pV―1_1RT1(ap)V由以上各式可解得1~~1T「-aT1由于進入容器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閉的過程中留在容器A中的那部分氣體經(jīng)歷了一個絕熱過程，設這部分氣體初始時體積為Vd壓強為p時），則有C+RC+R（6）pV10C=(ap1)V（6）利用狀態(tài)方程可得pV110T1(a利用狀態(tài)方程可得pV110T1(ap,)匕T1i由（1）至（7）式得，閥門重新關閉后容器B中氣體質量與氣體總質量之比2—ac+r—ac+rR2—a—ac+r評分標準：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l(wèi)1為一薄凸透鏡，Q為高等于2.00cm與光軸垂直放置的線狀物，已知Q經(jīng)l1成一實像，像距為40.0cm?，F(xiàn)于l1的右方依次放置薄凹透鏡L2、L和薄凸透鏡L4以及屏P，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，L2、L3焦距的大小均為15.0cm。已知物q經(jīng)上述四個透鏡最后在屏上成倒立的實像，像高為0.500cm。T27.5cm一*1J4-25.0cm~H2Jem5-。皿1T27.5cm一*1J4-25.0cm~H2Jem5-。皿2、現(xiàn)保持Q、l「L4和P位置不變，而沿光軸平移L2、L3，最后在屏上成倒立的實像，像高為1.82cm，此時L和L的距離為cm，L3和L的距離為cm。最后保留結果至小數(shù)點后一位。4答案與評分標準：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）

2.20.34.2（4分，填20.1至20.5的，都給4分）（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線1和2相距為a（儀〈長直導線的長度），兩導線中通有方向和大小都相同的穩(wěn)恒電流，電流方向向上。導線中正離子都是靜止的，每單位長度導線中正離子的電荷量為人；形成電流的導電電子以速度匕沿導線向下勻速運動，每單位長度導線中導電電子的電荷量為-人。已知：單位長度電荷量為門的無限長均勻帶電直導線在距其距離為r處產(chǎn)生的電場的強度大小為E=k組，其中k是常量；當無限長直ere