第29复赛试卷

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1、第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案一 、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 fbb2 xg( xb )(1)式 中 g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为 fg b3g(2)设 物 块 的 加 速 度 为 a ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 b

2、3a fg fb(3)将 (1)和(2) 式代入(3)式 得 agb(4)xb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Xxb (5)把(5)式代入(4) 式 得 ag(6)Xb(6)式表示物块的运动是简谐振动.若 X0 ， 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x0b (7)物 块 运 动 方 程 在 X 系 中 可 写 为 X ( t )Ac o s t(8)利 用 参 考 圆 可 将 其 振 动 速 度 表 示 为 V ( t )A si n t(9)式

3、中为振动的圆频率g(10) b在(8)和(9)式中 A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 t0 时 刻 有 x = 0， 由 (5)式 得 X ( 0 )b (11)V ( 0 ) (12)0由(8)至(12) 式可求得 Ab(13)(14)将(10) 、(13) 和 (14) 式分别代人(8) 和(9) 式得X ( t)b c o st(15)V ( t)g bs i nt(16)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

4、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 XX b1b （ 17 ）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 X b 处 .注 意 到 在 振 动 过 程 中 ，物 块 下 底 面 离 平

5、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 X b . 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T2b2(19)g物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间t I T 2b(20)gII A X b . 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

6、t1X b .由 (15) 和 (17)式 得cos t11(22)取 合 理 值 ， 有 t1barccos1(23)g2由 上 式 和 (16) 式 可 求 得 这 时 物 块 的 速 度 为 V ( t1 )gb1-1(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 ag (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 ，b2有 V t1a t2 0(26)由 (24)-(26)得 t211(27)()g物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间

7、为b2b2tII2(t1arccos111(28)t2 ) 2()gg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 .二 、 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0.80R点(或圆的圆心)，如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂a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

8、地心Rb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 r v =0.80R2( 2/ Te ) 为 地 球 自 转 的 角 速 度 .(1) 式中令 m 表 示 卫 星 的 质 量 ， 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 有 1mv2GMm1m 0.80R22GMm（ 2 ）2r20.80R由 （ 1 ） 和 （ 2 ） 式 解 得 r0.28R(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：GMm1 m22GMm 直 接 求 得 】0.80 Rr0.80 R20.80R同步卫星的轨道半径 R满足 GMR 2(4

9、) 由 (3) 和 (4)式 并 代 入 数 据 得 r1. 2140 k m(5)R2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s1 0.80R(6)设 a 和 b 分 别 为 卫 星 椭 圆 轨 道 的 半 长 轴 和 半 短 轴 ，220.28R 0.80 Rba2 0.80 0.282由 椭 圆 的 几 何 关 系 有 aR2(8)(7)22ab卫 星 运 动 的 周 期 T 为 T(9)代 人 相 关 数 值 可 求 出 T9.5h （ 10）s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

10、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12

11、GMmGMmRx3Rx2GM)（ 11）此式可化为1(12)m(RxRxRx ReReRe2 Re32这 是 关 于 Rx 的 四 次 方 程 ， 用 数 值 方 法 求 解 可 得 Rx4.7Re3.0 104 km （ 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 Re v e R2x和1mve2GMm1m(Rx ) 2GMm2Re2Rx53由上两式联立可得到方程RxRx2GM Rx2GM0 其中除 Rx 外其余各量均已知, 因此这是关于ReRe232

12、 3Re ReReRx 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Rx ReRxRe2长轴为 a ，半短轴为 b ，有a(14)ba2(15)22因为面积速度可表示为12(16)所以卫星的运动周期为Ta b(17)sx2Rs代入相关数值可得 T6.8h(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 (180110 ) 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

13、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T121（ 19）即卫星着地点在赤道上约西经121 度处 .180 1102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)

14、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 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）03mvPy 0（ 2）由（ 1）和（ 2）式得vPx3mv0JvPy0（ 4）y3m（ 3）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 xPl

15、cos（5 ） yP1 l s i n（ 6）3ABO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x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P心的转动，若转动角速度为，则三小球对质心 P的角动量222L m Al Pm Bl Pm Cl（P 7）l CP式中 l AP 、 l BP 和 lCP 分别是 A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距离，由图1 可知Cl APlcos1 lsin（ 8）l BP1 lsin2（ 9）2222222992l22422（ 10）lCPcoslsin2 ml 29图 1由（ 7）、（ 8）、（ 9）和（

16、10）各式得 L(12cos2)（ 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 J 2 l sinL （ 12） 【也可以3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，则对该参考点也成立】由（ 11）和（ 12）式得J sin(13)yml (1 2cos2)球 C相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图 1）vCPxl

17、CP sin(l sin| yP |)(14)AvCPylCP cosl cos(15)球 C 相对 固定参考系速度 的 x分量 为vCxvCPxvPx （ 16） 由（ 3）、（ 6）、（ 13）（ 16）各式得vCxJv0Om(1 2cos2 )（ 17）根据题意有 vCx0（ 18）P由（ 17）和（ 18）式得 Jmv0 (12（ 19）由（ 13）和（ 19）式得v0 sinB2cos)l（ 20）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C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1需时间 t2（ 21

18、）图 2在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离xvPx t （ 22）若 yPxxP（ 23）则球 B 先于球 A 与挡板碰撞 .vAyvBy由（ 5）、（ 6）、（ 14）、（ 16）、（ 18）、（ 21）、（ 22）和（ 23）式得arctan3（ 24）即36(25)vAx B vBx O125 分.（ 1）、（ 2）、（11）、（ 12）、（ 19）、（ 20）式各 3 分，（ 21）A评分标准： 本题式 1 分，（ 22）、（ 23）式各 2分 .(24)或 (25)式 2 分 .三、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PvCy重合，

19、以 vAx、 vAy 、 vBx 、 vBy 、 vCx和 vCy 分别表示球 C 与挡板刚碰撞后A 、CB 和 C 三球速度的分量，根据题意有vCx0（ 1）C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，根据质点图 1组的动量定理有J mvAxmvBx3mv0（ 2）0 mvA ymv B y mvC（ 3）(12)式xyx以坐标原点O 为参考点，根据质点组的角动量定理有Jl sinmvAyl cosl cosmvBy l cosmv0l sin（ 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vAx vBx （ 5） vC ys i n v B y

20、 s i n v （ 7）式中 为杆 AB 与连线 AC 的夹角 .2cos由几何关系有cos（ 8）213cos解以上各式得Jmv0 (12cos 2) （ 10）B xc o svA xc o s vA ys i n vC ys i n（6）（ 7）sinsin（ 9）213cosvAxv0 sin 2（ 11）vAyv0 sincos（ 12）vBxv0 sin 2（ 13）vBy 0 （14 ）vCyv0 sin 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，

21、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vPxmvAxmvBx mvCx2 v0 sin2（ 16）mvAymvBymvCyvPy3m0 （17）3m3这时系统质心的坐标为xPl cos （ 18）yP1（ 19）l s i ny3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vPx 1v0 sin 2A对质心的速度 vBPxvBx（20）3OxvBPy 0 （ 21） 可见此时

22、球 B 的速度正好垂直BP ，故整个系统对质心转动的PvBPx v0 sin角速度（22）ByPl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 / 2 角，即杆 AB 至少转到沿 y 方向，如图2 所示 . 系统绕质心C1 转过 / 2 所需时间 t2（ 23）图 2在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离xvPx t （ 24）若 yPx xP（ 25） 则球 B 先于球 A 与挡板碰撞 .由以上有关各式得arctan 3（ 26）即36 (27)1评分标准： 本题 25 分 . （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各 2 分，（ 10）

23、、（ 22）式各 3 分，（ 23）式 1 分，（ 24）、（ 25）式各 2 分，（ 26）或 (27)式 2 分 .四、 1 虚 线 小 方 框 内 2 n 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1n2C（ 2 ）式 中 CS（ 3 ）Ct1（ 1 ）即 Ct1kd2Cn4虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct2 满 足 下 式1111）Ct224C（ 42C8C即 Ct2C（5）整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 为 CtCt1Ct22C （6）2Ct1Ct2n4等 效

24、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 ） qtS（ 7 ）Ct(n 4)2kd当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2 d 后 ， 2n 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 效 电 容 Ct1 满 足 下 式1n 12（ 8 ）由 此 得 Ct16C（ 9）Ct12C3C3n 1整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 为 CtCt 1C t 26C（10）Ct 1 C t2 3n1 3整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 器 带 的 电 荷 量 为 qtCt3S（ 11）(3n13

25、)2kd在 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 由 d 变 为 2 d 后 ， 等 效 电 容 器 所 带 电 荷 量 的 改 变 为qtqtqtS（12）(3n13)(n4)2 kd1Ct2Ct2S 2（ 13）电容器储能变化为U2(3n13)(n4)22kd在此过程中，电池所做的功为 AqtS 2（14）(3n13)(n4)2kd外力所做的功为 AU AS 2（ 15）2 ( 3n1 3 n)(4 )k2d2. 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

26、 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 q2dx3q Q（17）由（2）式和上式得dqq( q Q )CSS4kx4 k (2d x )）（ 16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 Ct 2 所 带 电 荷

27、量 （ 即 与 电 池 正 极 连 接 的 电 容 器 的 极 板 上 电 荷 量 之 和 ） .q qq qq整个电容网络两端的电压等于电池的电动势，即(n 1)（ 18）ct22CC将 （ 2 ）、（ 5 ） 和 （ 17 ） 式 代 入 （ 18 ） 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量S(n 5)(2 d x)（ 19）qQ(3n 13)2 kd(3n 13)d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）

28、式 2 分. 第 2 问 8 分，（ 16）、（ 17）、（ 18）、（ 19）式各 2 分 .五、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，ac在金属杆中产生由b 指向 a 的感应电动势的大小为BL v （1）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2l1l22R12R1 （ 2）L 2R1100I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点之间的长I1I2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 cdd过程中感应电动势大小始终为2BR1v

29、 （ 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 U ab 表示a、 b 两端的电压，由欧姆定律有UabI1 1 0（ 4）Uab22r0（5）bl rIl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图 1应强度的大小分别为B1 kmI 1l21（ 6） B1 方向竖直向上，B2kmI 2l22 （7） B2方向竖直向下 .R1R1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 B10 （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

30、是在圆心处只有金属杆的电流I所产生磁场 .n2 （ 1 ）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，2 IB3km R1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100（ 9）aIR左 R右I1II2R方向竖直向下 . 对应图 1 的等效电路如图 2，杆中的电流R左 R右（ 10）RR左右其中 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Rab右两侧圆弧的电阻，由于长直金属杆非常靠近圆心，故 Rab2R1r1 , R左 =R右R1r0 （ 11）b利用（ 3）、（9）、（ 10）和（ 11）

31、式可得 B3800km vB（ 12）图 2R1(4 r1r0 )由于小圆环半径R2R1 ，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abR22B3 （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cdR22 ( 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cdab2 R22B 3 （ 15）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

32、小为i2R22 B3 （ 16）tt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I iiR2 B3 （ 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 I i tR2B3800km vBR2（ 18）r0R1r0 (4 r1r0 )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、设 重 新 关 闭 阀 门 后 容 器A 中 气 体 的 摩 尔

33、 数 为 n1 ， B 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n2 ， 则 气 体 总 摩 尔 数为 nn1把两容器中的气体作为整体考虑，设重新关闭阀门后容器 A中气体温度为T1，B中气体温度为 T2，重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表示为U n1C T1T1 n 2 C T2 T1 （ 2 ）由于容器是刚性绝热的，按热力学第一定律有 U0 （3）令 V1 表 示 容 器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 p1 ,关闭阀门后A 中气体压强为p1 ,由 理 想 气 体 状 态 方 程 可 知 np 1 V 1（ 4）(p1 )V1（ 5）RT 1n1RT 1

34、1TT1由以上各式可解得T21T1T1由于进入容器 B中的气体与仍留在容器 A中的气体之间没有热量交换，因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器 A 中的那部分气体经历了一个绝热过程，设这部分气体初始时体积为C RCR利 用 状 态 方 程 可 得 p1V10(p1 )V1 （ 7 ）V10 ( 压 强 为 p1 时 )， 则 有 p1V 1 0C( p )1V 1C（ 6 ）T1T1由（1）至（7）式得，阀门重新关闭后容器 B中气体质量与气体总质量之比n2 2 n2RCCRCRR （ 8 ）CR评分标准： 本题15分. （1）式 1分，（2）式 3 分，（ 3）式 2 分，（ 4）、（ 5）

35、式各 1 分，（ 6）式 3 分，（ 7）式 1分，（8）式 3 分.七、 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、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

36、 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2公 式 有 ll 1v0 （ 1 ）c2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 ll （ 2 ）由（1）和（2）式得（ 3 ）2v 01 c2设 在 S 系 中 一 些 导 电 电 子 所 占

37、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 l l 1v02（ 4）c2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 ）v021c2式 中 ，和分别为在参考系 S和S中单位长度导线中导电电子的电荷量.在参照系S中，导线 2单位长度带的电荷量为v0v0（ 6 ）22v02( ) 1c2v02 c21c21c2它在导线 1处产生的电场强度的大小为2ke2ke v02（ 7 ）E2ac2 a 1v0c2电 场 强 度 方 向 水 平 向 左 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q

38、 的 正 离 子 受 到 的 电 场 力 的 大 小 为2feqE2keq v0（8） 电场力方向水平向左.22 v0 c a 1 c2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 速 度 v0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 Iv0v0（ 9）21v02c导线 2中的电流 I 在导线 1处产生磁场的磁感应强度B2km I2km v0（ 10）av02a 1c2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fmq v0 B2km q v02 （ 11

39、）v2a 10c2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 f e0（ 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 fmqv1+ B0（ 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(因为正离子静止ffmfe(16). 在S系中，导线因为相对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f mfe（ 17）由 （8）、（11）和（17）式得kec2 （ 18 ）km评分标准： 本题18 分.（1）至（18）式各1 分 .