2021年第38届全国中学生物理竞赛(复赛)试题含解析.pdf

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1、试卷第 1 页，共 7 页 2021 年第 38 届全国中学生物理竞赛（复赛）1（1）一宽束平行光正入射到折射率为n的平凸透镜左侧平面上，会聚于透镜主轴上的点F，系统过主轴的截面如图所示。已知凸透镜顶点O到F点的距离为0r。试在极坐标系中求所示平凸透镜的凸面形状，并表示成直角坐标系中的标准形式。（2）在如图所示的光学系统中，共轴地插入一个折射率为n的平凹透镜（平凹透镜的平面在凹面的右侧，顶点在OF、点之间的光轴上，到F的距离为0r，00rr），使原来汇聚到F点的光线经平凹透镜的凹面折射后平行向右射出。（i）在极坐标系中求所插入的平凹透镜的凹面形状，并表示成直角坐标系中的标准形式；（ii）已知通

2、过平凸透镜后的汇聚光线与主轴的夹角的最大值为max，求入射平行圆光束与出射平行圆光束的横截面半径之比。2如图，一端开口的薄壁玻璃管竖直放置，开口朝上，玻璃管总长75.0lcm，横截面积210.0Scm，玻璃管内用水银封闭一段理想气体，水银和理想气体之间有一薄而轻的绝热光滑活塞，气柱高度与水银柱高度均为25.0hcm。已知该理想气体初始温度0400KT，定体摩尔热容52YCR，其中8.31J/?KRmol为普适气体常量；水银密度3313.6 10/mkg，大气压强075.0pcmHg，重力加速度大小29.80m/sg。（1）过程A：对封闭的气体缓慢加热，使水银上液面恰好到达玻璃管开口处，求过程A

3、中封闭气体对外所做的功；（2）过程B：继续对封闭气体缓慢加热，直至水银恰好全部流出为止（薄活塞恰好与玻璃管开口平齐），通过计算说明过程B能否缓慢稳定地发生？计算过程B中封闭气体所吸收的热量。忽略玻璃管和水银的热膨胀效应。计算结果保留三位有效数字。试卷第 2 页，共 7 页 3如图，一个半径为r的均质超球向上、下两个固定的平行硬板之间发射，与两板接连碰撞 3 次后，几乎返回原处；取x轴水平向右，y轴竖直向下，z轴正向按右手螺旋确定。开始时球心速度的水平分量为0 xv，z方向的分量为 0，球绕过球心的轴（平行于z轴）的角速度大小为000/zzxvr。不考虑重力。（1）求超球与板碰撞第 1 次后球心

4、速度的水平分量1xv和球转动的角速度1z；（2）求超球与板碰撞第 2 次后球心速度的水平分量2xv和球转动的角速度2z；（3）求超球与板碰撞第 3 次后球心速度的水平分量3xv和球转动的角速度3z。提示：已知一质量为m、半径为r的均质球体绕过球心的轴的转动惯量为22/5Jmr；超球是一种硬质橡皮球体，它在硬板面上的反跳可视为是完全弹性的，换言之，在接触点无滑动，它在接触点受到静摩擦力与正压力时产生的切向形变和法向形变可视为是弹性的，为简化起见，假设这两种形变是彼此无关的（因而相应的弹力各自均为保守力）。4一枚不的永磁针可视为一个半径很小的电流环，其磁矩的大小为IS（I为固有不变的环电流强度，2

5、SR，R为电流环的半径），方向与电流环所在的平面垂直，且与电流方向成右手螺旋关系，如图所示。两枚小磁针A和B的磁矩大小保持不变均为，质量均为m。取竖直向下的方向为z轴正方向建立坐标系。将A固定在坐标系的原点O上，其磁矩方向沿x轴正方向；将B置于A的正下方。已知真空的磁导率为0，重力加速度大小为g。（1）假设B的磁矩方向与x轴成角，其质心坐标为0,0,zzR，求A B、之间的相试卷第 3 页，共 7 页 互作用势能；（2）假设z不变，求B可以处于稳定平衡时与x轴所成的角稳（所谓稳定平衡是指：在小扰动下，B的磁矩指向若偏离了稳，则仍有回到原来指向的趋势）；（3）现假设z可以变化，但B的磁矩与x轴所

6、成的角稳，求B的受力平衡位置，并说明此平衡位置是否为稳定平衡位置（所谓不稳定平衡是指：在小的扰动下，B在重力的作用下掉落，或者被A吸附过去）。5原子激光制冷是一种利用激光使原子减速、降低原子温度的技术。冷原子实验中减速原子束流的塞曼减速装置如图所示：一束与准直后的原子束流反向传播的单频激光与原子发生散射，以达到使原子减速的目的。原子和光子的散射后过程可理解为原子吸收光子、随即各向同性地发射相同能量光子的过程。单位时间内一个原子散射光子的数目称为散射速率是。当原子的能级与激光频率共振时，原子散射光子的散射速率最大，减速效果最好。然而，在正常情况下，当原子速度改变（被减速）后，由于多普勒效应，原子

7、与激光不再共振，造成减速暂停。塞曼减速装置利用原子跃迁频率会受磁场影响的特性（塞曼效应：原子的能级会受到外磁场影响，从而能级间跃迁所吸收的光的频率也会受到外磁场的影响），利用随空间变化的磁场来补偿多普勒效应的影响，使原子在减速管中处处与激光共振，直至将原子减速至接近静止。（1）考虑被加热到350 C的40K原子气体，问准直后（假设准直后原子只有一个方向的自由度）的原子的方均根速率0v是多少？（2）激光与对应的原子跃迁共振时，原子对光子的散射速率为615.00 10 s。已知用于减速原子的激光波长是670nm，问原子做减速运动时的加速度a为多少？将具有方均根速率0v的40K原子一直被激光共振减速

8、至静止所需的距离是多少？（3）不考虑磁场的影响，试计算激光频率应该比原子静止时的激光共振频率减小多少才能与以方均根速率0v（向着光源方向）运动的原子发生共振跃迁？（4）已知在磁场的作用下，原子对应的跃迁的频率随磁感应强度变大而线性变小（塞曼效应）000fBfBB式中，系数101.00 10 Hz/T。假设在准直管出口试卷第 4 页，共 7 页 处400zK原子以均方根速率0v朝激光射来的方向运动，同时假设在准直管出口处0z 的磁感应强度B为 0.为了使原子在减速管中（直至原子减速至接近静止）处处被激光共振减速，需要加上随着离准直管出口处距离z而变化的磁场来补偿多普勒效应的影响。试求需要加上的磁

9、场的磁感应强度 B z与z的关系。已知普朗克常量346.626 10Jsh，玻尔兹曼常量231.38 10J/KBk，单位原子质量2711.66 10kgu。6如图，在真空中两个同轴放置的无限长均匀带电的薄壁圆筒，圆筒的半径分别为1r和2r；在平行于筒轴方向上，单位长度内、外圆筒的质量均为m，单位长度内、外圆筒分别带有0q q、q的电荷。两个圆筒均可以各自绕其中心轴自由旋转。已知真空的介电常量（电容率）和磁导率分别为0和0。（1）计算在距离轴r处的电场强度；（2）当内外圆筒以相同的角速度同向旋转时，求空间中的磁感应强度分布。（3）若在内圆筒处1rr，从静止释放一个质量为，电荷量为Q（Q与q同号

10、）的点电荷，试分析当满足什么条件时，此点电荷能够在电磁场的作用下到达外圆筒处2rr。（4）若初始时内、外圆筒均静止，现对外圆筒施加一力矩使其开始旋转，当外圆筒的角速度达到时，试计算（i）内圆筒转动的角速度；（ii）在从初始时直至外圆筒的角速度达到的整个过程中，沿轴向单位长度的外圆筒所受到的外力矩（不包括两圆筒感应电磁场作用力的力矩）M的总冲量矩J；（iii）沿轴向单位长度的内、外圆筒的总的机械角动量L。试卷第 5 页，共 7 页 7一简化的汽车力学模型如图所示：半径为r、质量均为m的前轮（两个前轮视为一个物体m）和后轮（两个后轮视为一个物体m）分别视为均质圆柱刚体，前后轮轴相距L；刚体车身质量

11、为M，质心位于前后轮轴正中，且与两轮轴所在平面相距h。车轮与地面之间的滑动摩擦因数为（假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。忽略空气阻力；忽略车轮转动过程中转轴受到摩擦力矩。重力加速度大小为g。任一半径为r、质量为m的均质贺柱相对于中心轴的转动惯量为22mrJ。（1）假定某时刻汽车在倾角为的斜坡（斜面）上无滑动地向上加速运动，车身的加速度为a；前后轮与地面的正压力均大于零，分别求出前轮和后轮与地面的正压力N前和N后。据此确定为使前轮不离开地面，加速度的最大安全值a安全（此后始终假定aa安全）。（2）假定汽车在倾角为的斜坡上做加速运动。在时刻t，车身上的发动机向后轮提供的顺时针的力矩为轮。忽略车轮旋

12、转时与车身之间的摩擦，并假定车轮与地面摩擦系数足够大使得车轮与地面之间不发生滑动。求车身此时的加速度a。（3）发动机和车轮通过变速器连接，假定变速器的机械效率为 100%，发动机转速是车轮转速轮的ir倍（变速比）。根据前面结论分别计算A型电动汽车在水平地面0和 30 度上坡30的最大加速度 0a和 30a。计算为了使这两种情况下车轮与地面不发生滑动，摩擦系数需要的最小值min。本问可利用的数据：A型电动汽车的参数31.8 10 kgM，0.1mh，0.40mr，2.9mL，发动机最大输出力矩24.0 10 N m，变速比10ir，车轮质量m相对于车身质量可忽略；-29.8m sg。数值结果保留

13、两位有效数字。试卷第 6 页，共 7 页 8一简化电动汽车模型如图所示，半径为r、质量均为m的前轮（两个前轮视为一个物体m）和后轮（两个后轮视为一个物体m）分别视为均质圆柱刚体；刚体车身质量为M，质心位于前后轮轴正中。忽略空气阻力；忽略车轮转动过程中转轴受到的摩擦力矩。（1）很多电动汽车的发动机是永磁直流电机。在简化模型中，电机动子线圈始终在匀强恒定磁场B中运动并垂直切割磁力线，切割磁力线的线圈导线总长度为l，转动轨迹的半径为r线圈，线圈总电阻为R线圈，线圈自感可忽略。为线圈提供电流的电池的开路电压为V，内阻为R内。若电机运动部分之间摩擦可忽略，求电机的输出力矩与电机转速之间的关系 ，最大输出

14、力矩max，输出力矩为零时的最大转速max，以及最大输出功率maxP。为方便此后的计算，将 中涉及的常量用max、max和maxP表示。（2）考虑水平地面上汽车从0t时刻的静止状态开始加速的过程，已知在车轮与地面之间不发生滑动的情形下，车身质心在时刻t的加速度大小a满足/3raMm轮式中，轮是此时车身上的电机向后轮提供的顺时针的力矩。电机和车轮通过变速器连接，假定变速器的机械效率为 100%，电机转速与车轮转速之比（变速比）为ir。求车速 v t与时间t之间的关系。（3）利用A型汽车的参数数值，以及电机的最大输出功率2max2.0 10 kWP，根据（2）的结果，计算车速从零增加到f100km

15、/hv 所需的时间。计算这个加速过程消耗的电池能量（以kWh为单位），以及电池能量转化为机械能的效率。本问可利用的数据和结果：A型电动汽车的参数31.8 10 kgM，0.40mr，2.9mL，电机最大输出力矩24.0 10 N m，电机转速与车轮转速之比（变速比）10ir，车轮质量m相对于车身质量可忽略。任一半径为r、质量为m的均质圆柱相对于中心轴的转动惯量为22mrJ。数值结果保留两位有效数字。试卷第 7 页，共 7 页 答案第 1 页，共 22 页 参考答案：1（1）22221xgyhab；平凸透镜的凸面为旋转双曲面；（2）（i）2202220011111nxrynnrrnn ；平凹透镜

16、的凹面也是旋转双曲面；（ii）max0max011cos11cosnnrknnr【解析】【分析】【详解】（1）一束平行光入射到平凸透镜左侧平面上，会聚于透镜主轴上的F点。假设系统具有相对于主轴的旋转对称性，则只需在过主轴的平面上进行分析。如解题图 1a，考虑任一条离轴的光线NMF和POF，它们从等相位的起始点（平凸透镜左侧平面上的入射点）至F点的光程相等，考虑到NMPH（H点是M点在PO上的垂足），有 MFn HOOF 式中n是透镜的折射率 以焦点F作为极坐标的原点，即 00cosrn rrr 由式得 011cosn rrn 在直角坐标系（以从F点朝O点的射线为x轴，从F点竖直向下的轴为y轴）

17、中有 22rxy 答案第 2 页，共 22 页 22cosxxy 由式得 2202220011111nxrynrnrnn 这是直角坐标系中双曲线的标准形式 22221xgyhab 平凸透镜的凸面为旋转双曲面。【解法（二）】将式代入式，得 2201xyrnnx 平方，移项得 22220012110nxnn r xyrn 与直角坐标系中双曲线的标准形式 22221xgyhab 比较，可得到 01ngrn 0h 01ran 211nbrn 所以 2202220011111nxrynrnrnn 答案第 3 页，共 22 页 平凸透镜的凸面为旋转双曲面；（2）（i）由于光线进入凹透镜后，其传播方向平行于

18、主轴，因此可以将凹透镜的厚度加厚，如解题图 1b 所示，不影响对问题的分析。考虑任一条离轴的光线NMM和PHOO，它们从等相位的起始点（平凸透镜左侧平面上的入射点）至相对于F点的垂直平面的光程（等相位点）相等，考虑到NMPH（H点是M点在PO上的垂足），有 MMnMNnHOOOnOF 即 0000coscosrrn rn rrrrn r 由式得 00cosrn rrn r 这说明，在光线入射到平凹透镜虚焦点F然后平行于主轴从平凹透镜的平面侧射出的情形下，从F点反向（相对于光的传播方向）追溯到入射的界面（凹透镜表面），然后顺着光线传播方向平行于主轴向右传播至主轴的任一垂直面上的两条光线是等光程的

19、。由式得 011cosn rrn 它在直角坐标系中的形式为 2202220011111nxrynnrrnn 平凹透镜的凹面也是旋转双曲面。【解法（二）】答案第 4 页，共 22 页 式与式结构相同，只是在相应的量上加撇，所以可直接得到式。平凹透镜的凹面也是旋转双曲面。（ii）入射平行光束与出射平行光束的横截面尺寸之比为 maxmaxmaxmax|sin|sinMHrkM Hr 此即 00maxmaxmaxmax11sinsin1cos1cosn rn rknn 于是 max0max011cos11cosnnrknnr 【解法（二）】由三角形的相似性 0rHOHFkH FrH O 其中 maxm

20、ax0cosHOrr 0maxmax11cosn rrn maxmax0cosH Orr 0maxmax11cosn rrn 所以 max0max011cos11cosnnrknnr 2（1）33.3J；（2）可以缓慢稳定地发生；50.0J【解析】【分析】【详解】（1）过程A中封闭气体初态体积为：答案第 5 页，共 22 页 1VSh 温度为 10TT 初始压强为 104ppghgh 末态压强为 21pp 末态体积为 22VSh 根据理想气体物态方程得 1 12212pVp VTT 由以上各式得 202TT 过程A是等压过程，此过程中封闭气体对外所做的功为：1121433.3JWp VVghS

21、h （2）设过程B中水银柱的高度为x，若该过程可以缓慢稳定地发生，则要求水银柱高度在不断减小的过程中，满足气体状态方程的x始终有解。设对应于x的封闭气体压强为p，体积为V，温度为T，则 03ppgxghgx 3VS lxShx 根据理想气体状态方程有 1 11pVpVTT 即 0334ghgx ShxghShTT 或 答案第 6 页，共 22 页 222094ThxhT 解为 094TxhT 当02TT时，xh是过程B的初始状态；当09/4TT时，0 x 是过程B的末状态。由式知，x随T单调递减，所以过程B可以缓慢稳定地发生 根据热力学第一定律，过程B中总的吸热Q等于气体内能的增加U和气体对外

22、做的功2W，即 2QUW 该理想气体的摩尔数为 21 11041.00 10pVghShmolRTRT 理想气体内能只是其温度的函数，其增加量为 009220.8J4VTUCT 此过程中气体对外做功等于水银重力势能的增加以及克服大气压所做的功，即 20322hWShgpVV 329.2J2hShgghSh 式中3V是过程B中封闭气体的末态体积。总的吸热为：20.8J29.2J50.0JQ 3（1）1003477xxzvvr；01010377xzzvr；（2）20031244949xxzvvr；02060314949xzzvr；（3）30033352343343xxzvvr；0301303333

23、43343xzzvr 【解析】【分析】【详解】（1）由动量定理和角动量定理知 1010txxxtm vvf dt 答案第 7 页，共 22 页 1010tyyytm vvf dt 1010tzzzxtJr f dt 式中，m是超球的质量，xf是下板对球的摩擦力，yf是下板对球的正压力，它们对球作用时间10ttt 极短，而zJ是球绕过球心的轴（平行于z轴）的转动惯量。利用式消去xf得 1010zxxzzJm vvr 由yf引起的弹性径向形变的保守性质有 22101122yymvmv 球的竖直速度必定在yf的作用下反向 10yyvv 由xf引起的弹性切向形变的保守性质（亦即无滑动），有 22221

24、10011112222zzxzzxImvJmv 可见，能量只在球的水平运动与旋转运动之间进行交换；竖直运动的能量保持不变，仅竖直速度在碰撞前后方向相反。上式即 10101010 xxxxzzzzzm vvvvJ 式是超球反跳运动的动力学方程。它的解是 10 xxvv 10zz 和 1010 xxzzvvr 前者对应于0 xf，仅与光滑球相关；后者适合于超球的反跳运动。式即 1100 xzxzvrvr 这里yzvr即为球上与平板相接触的点在碰撞前后的水平速度。由式和 答案第 8 页，共 22 页 225zJmr 得 1003477xxzvvr 01010377xzzvr （2）现考虑球从下板向上

25、板射出与上板相碰（第 2 次碰撞），碰撞前后由动量定理和角动量定理知 2121txxxtm vvf dt 2121tzzzxtJr f dt y方向的动量定理表达式与式类似（未表出）。注意：此次由于静摩擦力的力矩反号，使得式右边与式相比多了一个因子（-1）。类似推理得 2113477xxzvvr 12110377xzzvr 联式式得 20031244949xxzvvr 02060314949xzzvr 值是指出的是仍有 210yyyvvv （3）最后，考虑球从上板向下板射出与下板相碰（第 3 次碰撞），类似于式有 3223477xxzvvr 23210377xzzvr y方向的动量定理表达式与

26、式类似（未表出）。联立式得 30033352343343xxzvvr 答案第 9 页，共 22 页 030130333343343xzzvr 值得指出的是仍有 320yyyvvv 4（1）20P3cos4Ez；（2）稳；（3）124034zmg，该位置是不稳定的。【解析】【分析】【详解】（1）计算A（中心为O）在z轴上坐标为z zR处（记为P点）的磁场。如图 A的电流环（位于yz平面）上Q处的电流元为：cossinIdlIRdjk 这里，为电流元与y轴正方向的夹角，x轴垂直于纸面向外。电流元Q到P点的矢径为：sincossincosdjRkRkzjRk zR 由此知 1/222sincosdR

27、zR 根据毕奥-萨伐尔定律有：0033cossinsincos44IRdBIdlddjkjRk zRdd 03cos4IRidRzd 由题给条件，电流环的半径很小，故有：答案第 10 页，共 22 页 32223331131sincos12cos1 3cos2RRRzRdzzzz 所以 031cos1 3cos4IRRdBidRzzz203cos3 cos4IRidRzRz033cos2cos422IRRidRzz 积分得 222000333004244AIRIRRBdBidizzz 可见，A在0,0,z处的磁场的磁感应强度B沿x轴负方向。取B的磁矩与磁场垂直时为势能零点，A与B之间的相互作用

28、势能为 200P33cos44BABEBzz （2）考虑重力后，系统的势能为 20P3cos4VEmgzmgzz 它只与z有关。由于z不变，B受到磁场的外力矩大小为：203sin4dVMdz 方向朝着减小的方向。可见，只有0或时，外力矩才为零，此即力矩平衡条件 0M 当0,，由 22023cos4d VdMddz 可在0对应的平衡状态是不稳定的。因此，在z不变的条件下，B处于稳定平衡的条件为 稳【解法（二）】B受到磁场的外力矩的大小为 203sinsin4MBz 可见，只有0或时，外力矩才为零，此即力矩平衡条件 0M 答案第 11 页，共 22 页 当0,，由 203cos4dMdz 可知0对

29、应的平衡状态是不稳定的。因此，在z不变的条件下，B处于稳定平衡的条件为 稳【解法（三）】由 20P3cos4VEmgzmgzz 可知V最低，因此，在z不变的条件下，B处于稳定平衡的条件为 稳（3）稳时B在竖直方向受到的外力为 20434dVFmgdzz 0F 相当于指向z轴正方向。由0F 求得平衡位置z满足 1/42034zmg 进而由 2202530d Vdzz 可知，该位置是不稳定的。5（1）0360m/sv（2）427.45 10 m/sham 200.87m2vsa（3）537MHzf（4）0.053711 1.15TB zz【解析】【分析】【详解】（1）根据能量按自由度均分定理，任一

30、自由度的能量的平均值都是12Bk T。因此准直后的原子速率平均的平均值20v满足 答案第 12 页，共 22 页 201122Bmvk T 式中m是40K原子的质量 272640 1.66 106.64 10kgmkg 而 350273 K623KT 是40K原子气体的温度。由式与题给常量Bk得，原子方均根速率为 0360m/sv （2）按照牛顿第二定律，40K原子做减速运动时的加速度a大小满足：Fam 式中F是40K原子所受到的激光对它的作用力的大小：pFt 这里，p是40K原子在受到激光照射t时间间隔内其动量的减少。这种减少源自40K原子在t时间间隔内共振吸收了与原子初速度0v反向运动的N

31、个光子：sin glepNtp 式中sin glep是单个光子动量 sin glehp 联立式得 427.45 10 m/sham 将初速度为0v的40K原子减速直至静止，该原子所通过的距离是 200.87m2vsa （3）设激光的频率为f；当40K原子以速度v与激光光子相向运动时它所感受到的激光的频率为f，此即该原子在其静止的参考系中所接受到的激光的频率。根据多普勒效应公式 11vcffvc 答案第 13 页，共 22 页 当vc时，可得 fffvffc 设40K原子的跃迁频率为0f。当0ff 时，40K原子与激光达到共振散射时。由此得激光应该减小的频率为 00vvffffc 式中是激光的波

32、长。当0vv时有 0360/537MHz670vm sfnm （4）在原子与激光处处共振的条件下，原子做减速运动的加速度a为常值。在z处的原子的速度 v z满足 2202vzvza z 由此得 202v zvzaz 由式可知，在0z 处有 00000v zv zffzffc 同理，在z处有 2002vzazv zf zfzf 于是 2000200vzazv zfzfz 塞曼减速装置的设计目的是应用塞曼效应让原子处处与冷却激光共振，按题给条件有 000fBfBB 注意到00B z，上式可写为 000fzfzB z 与式比较并利用式得 答案第 14 页，共 22 页 2200202110v zvz

33、azv zhzB zmvz 将00v zv，101.00/1.00 10/MHz GsHz T 以及其它量的题给数据代入式得 63410992623602 5 106.626 10110.053711 1.15T10670 10670 106.64 10360zB zz 其中，B的单位是T，B的取值范围为00.0537T；z的单位是m，z的取值范围是00.869（或00.870）m。6（1）120,20,qErrrrE其它；（2）012,20,qrrrB 其它；（3）222222221002116lnrrrqQ rr；（4）（i）20204qmq；（ii）222220022122044qqJL

34、Jmrrrmq电场；（iii）222012204qLmrrmq【解析】【分析】【详解】（1）由对称性及高斯定理可知静电场方向沿径向，且大小仅与r有关，故 0122,0,rEq rrrE其它 即 120,20,qErrrrE其它（2）由对称性及磁场的环路定理可知，磁场的方向沿轴向，且大小仅与r有关。内圆筒在旋转时等效的电流密度（轴向单位长度的电流）为 2qI 内、外圆筒的电流大小相同，方向相反。应用安培环路定理有 答案第 15 页，共 22 页 012,20,qrrrB 其它（3）点电荷在运动过程中受到由式所得电场和磁场共同作用，设其在运动过程中径向运动速度为vr。点电荷运动的角动量随时间的变化

35、满足 dlQvBrQbrrdt 其中l为点电荷绕筒轴运动的角动量，02qB 为Q所受磁感应强度大小。由式积分得 212lQBrC 式中C为积分常数，利用初始条件：点电荷从1rr释放时静止，即 10l rr 可得 22112lQB rr 由动能定理可得 k02qQdEdrr 积分得，当粒子位于半径r处时动能为 k01ln2qQrEr 注意，粒子动能也可表示为 22k212lEvr 若粒子能到达2rr处，则当2rr时应有 2102v，此条件即 222201ln22rlqQrr 联立可得 222222221002116lnrrrqQ rr 答案第 16 页，共 22 页（4）（i）利用（2）中结论，

36、内筒在以角速度旋转时，在其内部产生的磁感应强度为 012qB 外筒在以角速度旋转时，在其内部产生的磁感应强度为 022qB 由法拉第电磁感应定律得，1B和2B变化时在1rr处产生的沿切向的感应电场为 2011112124qrrddEBBr dtdt 对内筒的转动有 211 1dmrqE rdt 联立解得 20204qddmq 对上式两边积分，并利用初态时内、外筒均静止的条件，得 20204qmq（ii）由法拉第电磁感应定律得，1B和2B变化时在2rr处产生的沿切向的感应电场为 2212212212dBdBErrrdtdt 单位长度的外筒受到的感应电场的力矩为 222022 2124qddMq

37、E rrrdtdt 这里应用了两边对t积分并利用由与的关系可得，感应电场的力矩的冲量矩为 22220021220044tqqJM dtrrmq电场 沿轴向单位长度的外圆筒的角动量为 222Lmr 设外力（不包括两圆筒感应电磁场的作用力）对外圆筒的冲量矩为J，由角动量定理有 2JJL电场 答案第 17 页，共 22 页 故 222220022122044qqJLJmrrrmq电场（iii）沿轴向单位长度的内、外圆筒总的角动量为 222220121212204qLLLm rrmrrmq 7（1）1coscossin2hNmgMgM agL前；1coscossin2hNmgMgM agL后；2cos

38、sin2mM LaggMh安全；（2）/2sin3rMm gaMm轮；（3）min000|1.09xFN后后，min303030|1.25xFN后后【解析】【分析】【详解】（1）取x轴沿坡面向上，y轴垂直于坡面向上，前后轮轴处向车身提供的x方向合力满足 sinxFMaMg 前、后轮轴处对车身提供的y方向支撑力大小分别为 cosyFNmg前前 cosyFNmg后后 其中，N前和N后分别表示前轮和后轮受到的支持力大小。车身在y方向受力平衡条件为 cosyyFFMg后前 或 coscoscosNmgNmgMg后前 车身相对于其质心没有转动加速度，力矩平衡条件为 022xyyLLFF hF后前 或 答

39、案第 18 页，共 22 页 cossincos022LLNmgMaMghNmg后前 联立以上各式得 1coscossin2hNmgMgM agL前 1coscossin2hNmgMgM agL后 令0N前，得 2cossin2mM LaggMh安全 （2）对角速度、角加速度、力矩等量，统一设逆时针方向为正方向。假定前后轮均与地面不发生滑动，则前、后轮的角加速度a前、a后与车身的加速度a满足 aaar 后前 设前、后轮与地面的摩擦力分别为xF前、xF后，前轮相对于其轮轴的转动满足 xFrJa前前 由以上两式与212Jmr得 2xmFa 前 汽车整体的质心运动方程为 2sin2xxFFMm gM

40、m a后前 由式得 2sin2xmFMmaga后 后轮相对于轮轴的转动方程为 xFrJa后后轮 由式与212Jmr得/2sin3rMm gaMm轮 （3）由于变速器的机械效率为 100%，车轮与地面之间不发生滑动，没有传递功率损失，传递到车轮的力矩为 ir轮轮 答案第 19 页，共 22 页 将题给A型汽车参数值代入式，分别对于0、30得 -2-2400 100.40m s5.6m s1800a -2-2400 101800 9.8 0.50.430m s0.66m s1800a 前后轮与地面不发生滑动的条件分别为 xFN前前 xFN后后 A型汽车车轮质量m相对于车身质量可忽略，由式得 0 x

41、F前 前轮无滑动的条件总是满足的。将题给A型汽车参数值代入式，对于0有 30|09.2 10 N2ghNMaL后 40|01.0 10 NxFMa后 对于30有 330|cos3030sin308.0 10 N2ghNMagL后 430|30sin301.0 10 NxFM ag后 由前后轮与地面不发生滑动的条件得，摩擦系数应满足的条件 min000|1.09xFN后后 min303030|1.25xFN后后 8（1）2max4VPR总；maxVBrl线圈；maxmaxmax4P；maxmax1；（2）maxmaxmax1atvv tve；（3）maxmax4fvEPa电池；18%（或 17%

42、）【解析】【分析】答案第 20 页，共 22 页【详解】（1）设通过线圈电流为I，则线圈所受磁场的力矩为 BIlr线圈 当线圈转速为时，感应电动势为 B rl线圈 线圈电流为 VIR总 式中 RRR总内线圈 由式得，电机输出力矩与电机转速之间的关系为 VBrlBrlR 线圈线圈总 可见，电机输出力矩与电机转速成线性关系。电机输出功率满足 VBrlPBrlR线圈线圈总 它当2VBrl线圈时达到最大值 2max4VPR总 由式知，感应电动势随线圈转速增大而增大，直至完全抵消供电池的开路电压V为止。这时线圈转速最大 maxVBrl线圈 由式知，当0时电机输出力矩达到最大值 maxmaxmax04PV

43、BrlR 线圈总 由式知，电机输出力矩可表为 maxmaxmaxmaxmax411P （2）当汽车行驶速度为v时，车轮转速为 答案第 21 页，共 22 页 vr轮 电机转速为：iivrrr轮 电机输出力矩为 maxmax1irvr 由于变速器的机械效率为 100%，车轮与地面之间不发生滑动，没有传递功率损失，传递到车轮的力矩为 maxmax1iiirvrrr轮轮 由题给信息和式得 2maxmaxmax/1333iirdvarrvdtMmMm rMm rr轮 初值为 00v t 解为 maxmax2maxmaxmax2max1 exp13atviirrv ttverMm r 式中 maxmax

44、irvr 为汽车在平地上行驶时最高车速，而 maxmax3iarMm r 为汽车在平地上行驶时最大加速度；（3）对A型汽车有 5-13-1maxmaxmax2.0 1044rad s2.0 10 rad s400P 于是 答案第 22 页，共 22 页 3-1-1maxmax0.4 2.0 10m s80m s10irvr-2-2maxmax40010m s5.6m s1800 0.4iarMr A型汽车从静止加速到fv所需时间为 maxmaxmax100803.6ln 1ln 16.15.680ffvvtssav 根据（1）中的结果，电池提供的瞬时功率为 maxmax41vPIVPv电池 加速过程消耗的电池能量为 maxmaxmaxmaxmaxmaxmaxmaxmax041414fftatfvtvv tvEPdtPePvaa电池 由于机械部分没有摩擦损耗，加速过程所增加的机械能为 222111223222fffvEMm vJMm vr 机械能 电池能量转化为机械能的效率为 maxmax38fMm avEEP机械能电池 代入A型汽车参数值得 561003.64 2.0 104.0 101.15.6EJJkWh电池 于是 51001800 5.63.618%8 2.0 10（或 17%）