2012吉林第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷

本卷共8题，满分160分。

一、（17分）设有一湖水足够深的咸水湖，湖面宽阔而平静，初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放，释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触。已知湖水密度为；物块边长为b，密度为'，且'。在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下，求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。

二、（23分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处。这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。

1、设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到0.80R处意外地和太空电梯脱离（脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空。 （1）论证卫星脱落后不会撞击地面。

（2）如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇，即可在它们相遇时回收该卫星。讨论该卫星从脱落时刻起，在0~12小时及12~24小时两个时间段内被太空该电梯回收的可能性。

2、如果太空电梯地点位于东经110度处，在太空电梯上离地心距离为RX处有一卫星从电梯脱落（脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零），脱落后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切，而使卫星在该点着地，试求卫星着地点的经度。提示：此问要用数值方法求解高次方程。

11226已知：地球质量M6.010kg，半径Re6.410m的球体；引力恒量G6.710Nmkg；地球自

24转周期Te24小时；假设卫星与太空电梯脱落后只受地球引力作用。

三、（25分）如图所示，两根刚性轻杆AB和BC在B段牢固粘接在一起，AB延长线与BC的夹角为锐角，杆BC长为l，杆AB长为lcos。在杆的A、B和C三点各固连一质量均为m的小球，构成一刚性系统。整个系统放在光滑水平桌面上，桌面上有一固定的光滑竖直挡板，杆AB延长线与挡板垂直。现使该系统以大小为v0、方向沿AB的速度向挡板平动。在某时刻，小球C与挡板碰撞，碰撞结束时球C在垂直于挡板方向的分速度为零，且球C与挡板不粘连。若使球C碰撞后，球B先于球A与挡板相碰，求夹角应满足的条件。

四、（21分）如图所示，虚线小方框是由2n个电容器联成的有限网络；虚线大方框是并联的两个相同的无限网络，此无限网络的结构是：从左到中间，每个电容器的右极板与两个电容器的左极板相连，直至无穷；从中间到右，每两个电容器的右极板与一个电容器的左极板相连，直至联接到一个电容器为止。网络中的所有电容器都是完全相同的平行板真空电容器，其极板面积为S，极板间距为d（dS）。整个电容网络体系与一内电阻可忽略不计的电池连接，

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第29届复赛试卷及答案

电池电动势恒定、大小为。忽略电容器的边缘效应，静电力常量k已知。

1、若将虚线小方框中标有a的电容器的右极板缓慢地向右拉动，使其两极板的距离变为2d，求在拉动极板过程中电池所做的功和外力所做的功。

2、在电容器a两极板的距离变为2d后，再将一块与电容器a的极板形状相同、面积也为S、带电荷量为Q（Q0）的金属薄板沿平行于a的极板方向全部插入到电容器a中，使金属薄板距电容器a左极板的距离为

x。求此时电容器a的左极板所带的电荷量。

五、（25分）如图所示，两个半径不等的用细金属导线做成的同心圆环固定在水平的桌面上。大圆环半径为R1，小圆环表面绝缘半径为R2（R2R1），两圆环导线每单位长度电阻均为r0，它们处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，一每单位长度电阻为r1的长直金属细杆放在大圆环平面上，并从

距圆环中心左侧为R1/100（>R2）的ab位置，以速度v匀速向右沿水平面滑动到相对于大圆环中心与ab对称的位置cd，滑动过程中金属杆始终与大圆环保持密接。假设金属杆和大圆环的电流在小圆环处产生的磁场均可视为匀强磁场。试求在上述滑动过程中通过小圆环导线横截面的电荷量。

提示：当半径为R，长度为l的一段圆弧导线通有电流I时，圆弧电流在圆心处

Il产生的磁感应强度大小为Bkm2，方向垂直于圆弧所在平面且与圆弧电流的方向满足右手螺旋法则；

R2I无限长直导线通有电流I时，电流在距直导线距离为r处产生的磁感应强度B的大小为Bkm，其中kmr为已知常量。

六、（15分）如图所示，刚性绝热容器A和B水平放置，一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热刚性细短管把容器A、B相互连通。初始时阀门是关闭的，A内装有某种理想气体，温度为T1；B内为真空。现将阀门打开，气体缓慢通过多孔塞后进入容器B中。当容器A中气体的压强降到与初始时A中气体压强之比为时，重新关闭阀门。设最后留在容器A内的那部分气体与进入容器B中的气体之间始终无热量交换，求容器B中气体质量与气体

总质量之比。已知：1摩尔理想气体的内能为uCT，其中C是已知常量，T为绝对温度；一定质量的理想气体经历缓慢的绝热过程时，其压强p与体积V满足过程方程pV量。重力影响和连接管体积均忽略不计。

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CRC常量，其中R为普适气体常

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七、（16分）图中L1为一薄凸透镜，Q为高等于2.00cm与光轴垂直放置的线状物，已知Q经L1成一实像，像距为40.0cm。现于L1的右方依次放置薄凹透镜L2、L3和薄凸透镜L4以及屏P，它们之

间的距离如图所示，所有的透镜都共轴，屏与光轴垂直，L2、L3焦距的大小均为

15.0cm。已知物Q经上述四个透镜最后在屏上成倒立的实像，像高为0.500cm。

1、L1焦距的大小为 cm，L4焦距的大小为 cm。

2、现保持Q、L1、L4和P位置不变，而沿光轴平移L2、L3，最后在屏上成倒立的实像，像高为1.82cm，此时L2和L1的距离为 cm，L3和L4的距离为 cm。

最后保留结果至小数点后一位。

八、（18分）如图所示，竖直固定平行放置的两条相同长直导线1和2相距为a（a<<长直导线的长度），两导线中通有方向和大小都相同的稳恒电流，电流方向向上。导线中正离子都是静止的，每单位长度导线中正离子的电荷量为；形成电流的导电电子以速度v0沿导线向下匀速运动，每单位长度导线中导电电子的电荷量为。已知：单位长度电荷量为2的无限长均匀带电直导线在距其距离为r处产生的电场的强度大小为Eke，其中ke是

r常量；当无限长直导线通有稳恒电流I时，电流在距导线距离为r处产生磁场的磁感应强度大

2I小为Bkm，其中km是常量。试利用狭义相对论中的长度收缩公式求常量ke和km的比

r值。

提示：忽略重力；正离子和电子的电荷量与惯性参照系的选取无关；真空中的光速为c。

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第29届全国中学生物理竞赛复赛答案

一、解：

由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系，以下简称x系. 设物块下底面的坐标为x，在物块未完全浸没入湖水时，其所受到的浮力为

fbb2xg (xb) (1)

式中g为重力加速度.物块的重力为

fgbg (2) 设物块的加速度为a，根据牛顿第二定律有

bafgfb (3) 将(1)和(2)式代入(3)式得

a33gxb (4) b将x系坐标原点向下移动b/ 而建立新坐标系，简称X系. 新旧坐标的关系为

 Xxb (5)

把(5)式代入(4)式得

g aX (6)

b(6)式表示物块的运动是简谐振动. 若X0，则a0，对应于物块的平衡位置. 由(5)式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在x系中的坐标为

 x0b (7)

物块运动方程在X系中可写为

X(t)Acost (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为

V(t)Asint (9) 式中为振动的圆频率 在(8)和(9)式中由(5)式得

g (10) 'bA和分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释放时，即t0时刻有x=0，

X(0)b (11) V(0)0 (12)

由(8)至(12)式可求得

b (13) 将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得 A X(t) (14)

gbsint (16) bcost (15) V(t)由(15)式可知，物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块的运动始终由(15)表示是有条件

的，那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中. 若物块从某时刻起全部浸没在湖水中，则湖水作用于物块的浮力变成恒力，物块此后的运动将不再是简谐振动，物块再次返回到初始位置所需的时间也就

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不再全由振动的周期决定. 为此，必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况. 显然，在x系中看，物块下底面坐标为b时，物块刚好被完全浸没；由(5)式知在X系中这一临界坐标值为

XX 1b （17） b即物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下Xb处. 注意到在振动过程中，物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A，下面分两种情况讨论：

I．AXb. 由(13)和(17)两式得

2 (18)

在这种情况下，物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而，物块从初始位置起，经一个振动周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振动周期 T2b2 (19) g物块从初始位置出发往返一次所需的时间

tIT2b (20) g II．AXb. 由(13)和(17)两式得

2 (21)

在这种情况下，物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下. 设从初始位置起，经过时间t1物块刚好全部浸入湖水中，这时Xt1Xb. 由(15)和(17)式得

取合理值，有

t1cost11 (22) barccos1 (23) g V(1t)gb2由上式和(16)式可求得这时物块的速度为

1-1 (24)  此后，物块在液体内作匀减速运动，以a表示加速度的大小，由牛顿定律有  ag (25)

设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为t2，有

Vt1at20 (26)

由(24)-(26)得

bt211 (27)

()g物块从初始位置出发往返一次所需的时间为

b2btII2(t1t2)211 (28) arccos1g()g22

评分标准：

本题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.

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二、解： 1.

i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知，卫星的机械 能为负值. 由开普勒第一定律可推知，此卫星的运动轨道为椭圆（或圆），地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心)，如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线，因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点（或近地点）；设近地点（或远地点）离地心的距离为r，卫星在此点的速度为v.由开普勒第二定律可知

0.80R a b rv=0.80R (1)

2R

式中(2/Te)为地球自转的角速度.令m表示卫星的质量，根据机械能守恒定律有

12GMm1GMm2 （2） 由（1）和（2）式解得 mvm0.80R22r20.80R r0.28R (3)可见该点为近地点,而脱离处为远地点. 【（3）式结果亦可由关系式：

GMm1GMm2 m0.80R2r0.80R20.80R直接求得】

同步卫星的轨道半径R满足

GM 2R2 (4)

R由(3)和(4)式并代入数据得

r1.2104km (5)

可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球.

ii. 由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量，从远地点可求出该常量为

12 s0.80R (6)

2设a和b分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有

0.28R0.80R a (7)

20.800.282 baR (8)

222卫星运动的周期T为

Tab (9)

s代人相关数值可求出

T9.5h （10）

卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点，根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度，其后的一周期内其角速度都应不比该值小，所以卫星始终不比太空电梯转动得慢；换言之，太空电梯不可能追上卫星.设想自卫星与太空电梯脱离后经过1.5T（约14小时），卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此点，这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇；而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动，同时太空电梯完成一个运动周期，所以在12-24小时内二者必相遇，从而可以实现卫星回收.

2.根据题意，卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为

1m(Rx)2GMmGMm （11）

2RxRxRe此式可化为

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3RR2GM x1x23 (12)

ReReRe这是关于Rx的四次方程，用数值方法求解可得

Rx4.7Re3.0104km （13）

【Rx亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令ve表示卫星与赤道相切点即近地点的速率，则有

2ReveRx

和

1GMm1GMm2 mvem(Rx)22Re2Rx由上两式联立可得到方程

RxRx2GMRx2GM230 23RRRRReeeee其中除Rx外其余各量均已知, 因此这是关于Rx的五次方程. 同样可以用数值方法解得Rx.】

卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间，为了求出卫星运行的周期T，设椭圆的半长轴为a，半短轴为b，有

RRe ax (14)

2RRe ba2x (15) 2253因为面积速度可表示为

s所以卫星的运动周期为

Tab (17)

s12Rx (16) 2代入相关数值可得

T6.8h (18)

卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行180度，落到西经(180110)处与赤道相切. 但由于地球自转，在这期间地球同时转过了

T/2角度，地球自转角速度360/24h15/h，因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经

180110T2121 （19）

即卫星着地点在赤道上约西经121度处.

评分标准： 本题23分.

第1问16分，第i小问8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和结论共2分.第ii小问8分，（9）、（10）式各2分，说出在0-12小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共2分，说出在12-24小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共2分.

第2问7分，(11)式1分， (13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （数值结果允许有5%的相对误差）

三、解：

解法一

如图1所示，建直角坐标Oxy，x轴与挡板垂直，y轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为v0，方向沿x轴正方向，以P表示系统的质心，以vPx和

图1

A B P  y O x lCPC 第4页 共12页

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vPy表示碰撞后质心的速度分量，J表示墙作用于小球C的冲量的大小. 根据质心运动定理有

J3mvPx3mv0 （1）

03mvPy0 （2）

由（1）和（2）式得

3mv0J vPx （3）

3m vPy0 （4）

可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球C与挡板碰撞过程中，质心的坐标为 xPlcos （5）

1 yPlsin （6）

3球C碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角动量为零；球C碰挡板后，质心相对质心参考系仍是静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为，则三小球对质心P的角动量

222 LmlAP （7）式中lAP、lBP和 mlBPmlCPlCP分别是

A、B和C三球到质心P的距离，由图1可知

1222 lAPl2coslsin2 （8）

912lBPl2sin2 （9）

942lCPl2cos2l2sin2 （10）

9由（7）、（8）、（9）和（10）各式得

2Lml2(12cos2) （11）

3在碰撞过程中，质心有加速度，质心参考系是非惯性参考系，在质心参考

系中考察动力学问题时，必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力矩等于零，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量J的冲量矩，即有

2 JlsinL （12）

3【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点(12)式也成立】

由（11）和（12）式得

Jsin (13) ml(12cos2)球C相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图1）

vCPxlCPsin(lsin|yP|)(14) y vCPylCPcoslcos (15)

A 球C相对固定参考系速度的x分量为

vCxvCPxvPx O （16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得

J vCx P v02m(12cos)B （17） 根据题意有

vCx0 第5页 共12页

x C 图2

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（18）由（17）和（18）式得

Jmv0(12cos2)

（19） 由（13）和（19）

式得

v0sin （20） l球A若先于球B与挡板发生碰撞，则在球C与挡板碰撞后，整个系统至少应绕质心转过角，即杆AB至少转到沿y方向，如图2所示. 系统绕质心转过所需时间

12 t （21）

在此时间内质心沿x方向向右移动的距离

xvPxt （22） 若

yPxxP （23） 则球B先于球

、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得 A与挡板碰撞. 由（5）

arctan3 （24） 1即

36 (25)

四、评分标准： 本题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

如图1所示，建直角坐标系Oxy，x轴与挡板垂直，y轴与挡板重合，y 以vAx、vAy、vBx、vBy、vCx和 vCy分别表示球C与挡板刚碰撞后A、B和

C三球速度的分量，根据题意有

vCx0 （1）

以J表示挡板作用于球C的冲量的大小，其方向沿x轴的负方向，根据质点组的动量定理有

Jm （2） vAxmvBx3mv 0 0mvAymvBymvCy （3） 以坐标原点O为参考点，根据质点组的角动量定理有

vAy A vByB vAxP vBx O x vCy CC JlsinmvAylcoslcosmvBylcosmv0lsin （4） 因为连结小球的杆都是刚性的，故小球沿连结杆的速度分量相等，故有 图1

vAxvBx

（5） vCysinvBysinvBxcos （6）

vAxcosvAysinvCysin （7）

（7）式中为杆AB与连线AC的夹角. 由几何关系有

cossin2cos13cossin2 （8） （9）

13cos2解以上各式得

Jmv0(12cos2) （10）

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vAxv0sin2 （11）

vAyv0sincos （12）

vBxv0sin2 （13） vBy0 （14）

vCyv0sincos （15）

按题意，自球C与挡板碰撞结束到球A (也可能球B)碰撞挡板墙前，整个系统不受外力作用，系统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系，则相对质心参考系，质心是静止不动的，A、B和C三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度，可考察球B相对质心的速度.由(11)到(15)各式，在球C与挡板碰撞刚结束时系统质心P的速度

mvAxmvBxmvCx2vPxv0sin2 （16）

3m3mvAymvBymvCyvPy0 （17）

3m这时系统质心的坐标为

xPlcos （18）

1yPlsin （19）

3不难看出，此时质心P正好在球B的正下方，至球B的距离为yP，而球B相对质心的速度

12vBPy0 （21） vBPxvB vsinxvPx0 （20） 3可见此时球B的速度正好垂直BP，故整个系统对质心转动的角速度

vBPxv0sin （22）

yPl若使球A先于球B与挡板发生碰撞，则在球C与挡板碰撞后，整个系统至少应绕质心转过π/2角，即杆AB至少转到沿y方向，如图2所示. 系统绕质心转过π/2所需时间

1π2

ty A O P B x （23）

在此时间内质心沿x方向向右移动的距离

xvPxt （24） 若

yPxxP （25） 则球B先于球

C 3 arctan （26）

1图2

即

36 (27)

评分标准：

本题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、解： 参考解答：

1．虚线小方框内2n个平行板电容器每两个并联后再串联，其电路的等效电容Ct1满足下式

A与挡板碰撞. 由以上有关各式得

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1n （1）

Ct12C即

Ct1式中

C2C （2） nS （3） 4kd虚线大方框中无限网络的等效电容Ct2满足下式

1C2114C18C t22C即

CCt22 （5） 整个电容网络的等效电容为

CCtC1t22CtCt1Cn4 t2等效电容器带的电量（即与电池正极连接的电容器极板上电量之和）

qStCt(n4)2kd

当电容器a两极板的距离变为2d后，2n个平行板电容器联成的网络的等效电容Ct1满足下式 1n1CC23C （8）

t12由此得

C6Ct13n1 整个电容网络的等效电容为

CCtC1t26CtCt1Ct23n13 （10）

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为

qStCt3(3n13)2kd （11）

在电容器a两极板的距离由d变为2d后，等效电容器所带电荷量的改变为 qtqtqSt(3n13)(n4)2kd （12）

电容器储能变化为

U1S22Ct2Ct22(3n13)(n4)2kd （13）

在此过程中，电池所做的功为

AqS2t(3n13)(n4)2kd （14）

外力所做的功为

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4） 6） 7）

9） （ （ （ （第29届复赛试卷及答案

AUAS2 （15）

2(3n13)(n4)2kd

2.设金属薄板插入到电容器a后，a的左极板所带电荷量为q，金属薄板左侧带电荷量为q，右侧带电荷量为(qQ)，a的右极板带电荷量为(qQ)，与a并联的电容器左右两极板带电荷量分别为q和q.由于电容器a和与其并联的电容器两极板电压相同，所以有

qq(qQ) （16）

SSC4kx4k(2dx)由（2）式和上式得

2dx qq3qQ （17）

d上式表示电容器a左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和，也是虚线大方框中无限网络的等效电容Ct2所带电荷量（即与电池正极连接的电容器的极板上电荷量之和）. 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势，即

 qq(n1)qqq （18）

ct22CC将（2）、（5）和（17）式代入（18）式得电容器a左极板带电荷量 q

评分标准：

本题21分. 第1问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问8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分.

五、解： 参考解答:

c a 如图1所示，当长直金属杆在ab位置以速度v水平向右滑动到时，

因切割磁力线，在金属杆中产生由b指向a的感应电动势的大小为

BLv （1）

l1 l2 式中L为金属杆在ab位置时与大圆环两接触点间的长度，由几何关系有 I I1 I2 2R12 L2R12R1 （2）

100在金属杆由ab位置滑动到cd位置过程中，金属杆与大圆环接触的两

d 点之间的长度L可视为不变，近似为2R1.将（2）式代入（1）式得，在金属杆由ab滑动到cd过程中感应电动势大小始终为 b 2BR1v 图 1 （3）

以I、I1和I2分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流，方向如图1所示，以Uab表示a、b两端的电压，由欧姆定律有

UabI1l1r0 （4） UabI2l2r0 （5）

式中，l1和l2分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示，l1和l2中的电流在圆心处产生的磁感应强度的大小分别为

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S(n5)(2dx)Q （19）

(3n13)2kd(3n13)d第29届复赛试卷及答案

I1l1 （6） 2R1Il2 B2km22 （7）

R1 B1kmB1方向竖直向上，B2方向竖直向下.

由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 B0B2B10 （8）

无论长直金属杆滑动到大圆环上何处，上述结论都成立，于是在圆心处只有金属杆的电流I所产生磁场.

在金属杆由ab滑动到cd的过程中，金属杆都处在圆心附近，故金属杆可近似视为无限长直导线，由提示，金属杆在ab位置时，杆中电流产生的磁感应强度大小为

2I （9） R1100方向竖直向下.对应图1的等效电路如图2，杆中的电流

 （10）

B3kmIRRR左右R左R右a I1 R左 I Rab b ε I2 R右 其中R为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻，R左和R右分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻，由于长直金属杆非常靠近圆心，故 Rab2R1r,1左 （11） R=右RR1r利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得

B3800kmvB （12）

R1(4r1r0)由于小圆环半径R2R1，小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的，且都等于长直金属杆在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于ab处时，穿过小圆环圆面的磁感应通量为

abR22B3 （13）

当长直金属杆滑到cd位置时，杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿过小圆环圆面的磁感应通量为

cdR22(B3) （14）

在长直金属杆以速度v从ab移动到cd的时间间隔t内，穿过小圆环圆面的磁感应通量的改变为

2 cda 3 （15） b2RB2由法拉第电磁感应定律可得，在小圆环中产生的感应电动势为大小为

2B32R2 i （16） tt在长直金属杆从ab移动cd过程中，在小圆环导线中产生的感应电流为

IiiR2B3 （17）

2R2r0r0t于是，利用（12）和（17）式，在时间间隔t内通过小环导线横截面的电荷量为 QIitR2B3800kmvBR2 （18） r0R1r0(4r1r0)图 2 评分标准：

本题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、解：

略

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第29届复赛试卷及答案

七、答案与评分标准：

1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都给4分) 10.2 (4分，填10.0至10.4的，都给4分)

2. 20.3 (4分，填20.1至20.5的，都给4分) 4.2 (4分，填4.0至4.4的，都给4分)

八、解：

在相对于正离子静止的参考系S中，导线中的正离子不动，导电电子以速度v0向下匀速运动；在相对于导电电子静止的参考系S中，导线中导电电子不动，正离子以速度v0向上匀速运动.下面分四步进行分析.

第一步，在参考系S中，考虑导线2对导线1中正离子施加电场力的大小和方向.若S系中一些正离子所占据的长度为l，则在S系中这些正离子所占据的长度变为l，由相对论中的长度收缩公式有

2v0l12 （1） lc设在参考系S和S中，每单位长度导线中正离子电荷量分别为和，由于离子的电荷量与惯性参考系的选取无关，故

ll （2） 由（1）和（2）式得

  （3） 2v012c设在S系中一些导电电子所占据的长度为l，在S系中这些导电电子所占据的长度为l则由相对论中，的长度收缩公式有

2v012 （4） llc同理，由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关，便有

  （5）

2v012c分别为在参考系S和S中单位长度导线中导电电子的电荷量. 式中，和在参照系S中，导线2单位长度带的电荷量为

22v0v0()12  （6）

22c2cvv0101c2c2它在导线1处产生的电场强度的大小为

22ke2kev0 E （7） 2avc2a10c2电场强度方向水平向左.导线1中电荷量为q的正离子受到的电场力的大小为

 fe qE22keqv0c2a1vc202 （8）

电场力方向水平向左.

第二步，在参考系S中，考虑导线2对导线1中正离子施加磁场力的大小和方向.在参考系S中，以

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第29届复赛试卷及答案

速度v0向上运动的正离子形成的电流为

v0 （9） Iv02v012c导线2中的电流I在导线1处产生磁场的磁感应强度大小为

2kmv0 （10） 2kmI

Ba磁感应强度方向垂直纸面向外.导线1中电荷量为q的正离子所受到的磁场力的大小为

2v0a12cqv0B fm （11） 2v0a12c方向水平向右，与正离子所受到的电场力的方向相反.

第三步，在参考系S中，考虑导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的大小和方向.由题设条件，导线2所带的正电荷与负电荷的和为零，即

()0 （12） 因而，导线2对导线1中正离子施加电场力为零

fe0 （13） 注意到在S系中，导线1中正离子不动

v1+0 （14） 导线2对导线1中正离子施加磁场力为零

fmqv1+B0 （15）

式中，B是在S系中导线2的电流在导线1处产生的磁感应强度的大小.于是，在S系中，导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的合力为零.

第四步，已说明在S系中导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的合力为零，如果导线1中正离子还受到其他力的作用，所有其它力的合力必为零 (因为正离子静止).在S系中，导线2对导线1中正离子施加的电场力和磁场力的合力的大小为

fe (16) ffm因为相对S系，上述可能存在的其它力的合力仍应为零，而正离子仍处在勻速运动状态，所以(16)式应等

于零，故

fe （17） fm由（8）、（11）和（17）式得

k ec2 （18）

km

评分标准：

本题18分. （1）至（18）式各1分.

22kmqv0第12页 共12页