汇智起航2020年（寒假）物理竞赛电磁学-测试1答案.pdf

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1、 -1-【题 1】(40 分)1.电场线从正点电荷+q1出发，与连接正点电荷和负点电荷-q2，的直线成角(如图所示)。试问电场线将以多大角 进入到负电荷?2.在一块很大的电阻材料的水平表面上，竖直并排地插四根金属针，针间距都是 d，针与表面接触良好外边两针间接以电源，中间两针间接电压表设流过电源的电流为 I，电压表读数为 U求材料的电阻率【解析】1.在靠近某一点电荷处，另一个点电荷对该处合场强的影响很小，可忽略不计。所以电场线成均匀的空间线束发出，电场线的总数与电量成正比。只有部分电场线进入这个区域，它是顶点位于电荷+q1处，顶角为 2 的圆锥体。这部分电场线数与从电荷+q1出发的电场线总数之

2、比等于对应球弓形面积之比214)cos1(222RR(1-cos)由于电场线仅将两个大小相等的电量联系起来，所以从电荷+q1出发在角 2 内的电场线数等于成角 2 进入到电荷-q2内的电场线数。因而 q1(1-cos)=q2(1-cos)由此 sin2=2sin21qq 如果2sin21qq1，那么电场线就不会进入到-q2电荷上。2.电阻材料中的电流是流入电流与流出电流的叠加。当只有流入电流存在时，媒质中电流密度为 j1I2r2 由欧姆定律数分形式，电场为 E1j1I2r2 式中 r 是考察点至电流流入点的距离。与点电荷的电场 E140 qr2 相比较，E1与 q20I的点电荷的电场相当，因而

3、在电压表两端所在位置的电势差 U1q40(1d 12d)q40 12d 以 q20I 代入，得 U1I2 12d 同理，当只有流出电流存在时，情况类似，而且在两电流入、出口的连线（即四针端所在直线）上，电流方向相同，对应的电势差也相同 U2I2 12d 当流入电流、流出电流同时存在时，电压表的读数为 U1与 U2之和 -2-UU1U2I2d 由此得 2dUI 评分标准：1.得到结果 15 分，给出讨论 5 分，共计 20 分；2.类比电场，得到 U1、U2各 6分，得到 值 8 分，共计 20 分。本题共计 40 分。【题 2】(40 分)如图所示电路，设电源电动势 不变，问：(1)R2在什么

4、范围内变化时，R2上消耗的电功率随 R2的增大而增大？(2)R2在什么范围内变化时，R2上消耗的电功率随 R2增大而减小？(3)R2为何值时，R2上消耗的电功率为最大？【解析】先求出 P2随 R2变化的表达式。RAB=(R2+R4)R3(R2+R4)+R3 I1=R1+(R2+R4)R3(R2+R4)+R3=(R2+R4+R3)R1R2+R1R4+R2R3+R3R4 UAB=I1RAB=(R2+R4)R3R1R2+R1R4+R1R3+R2R3+R3R4 P2=I22R2=(UABR2+R4)2 R2=R2R322(R1R2+R1R4+R1R3+R2R3+R3R4)2=R322R2(R1R3+R

5、1R4+R3R4)+(R1+R3)R22 令：R1R3+R1R4+R3R4=A，R1+R3=B，R322=C 则：P2=CR2(A+BR2)2=CR2(A-BR2)2+4ABR2 =C(AR2-B R2)2+4AB (1)当 ABR2时，即 R1R3+R1R4+R3R4(R1+R3)R2 R2时，AR2，B R2，P2。(2)当 ABR2时，即 R1R3+R1R4+R3R4(R1+R3)R2 AR2-B R20)，质量皆为 m，但速度 v有各种不同的数值若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边试问：(1)带电粒子速度 v 的大小取哪些数值可使 S

6、点发出的粒子最终又回到 S 点?(2)这些粒子中，回到 S 点所用的最短时间是多少?-4-【解析】带电粒子(以下简称粒子)从 S 点垂直于 DE 边以速度 v 射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于 DE 边上，其半径 R 可由 qvB=Rvm2求得，为 qBmvR (1)要求此粒子每次与 DEF 的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到 S 点，则 R 和 v 应满足以下条件：i 与边垂直的条件：由于碰撞时速度 v 与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于三角形的边上，粒子绕过三角形顶点 D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即 D、E、F)上 粒子从 S 点开始向右做圆周

7、运动，其轨迹为一系列半径为 R 的半圆，在 SE 边上最后一次的碰撞点与 E 点的距离应为 R，所以SE的长度应是 R 的奇数倍粒子从 FD 边绕过 D 点转回到 S 点时，情况类似，即DS的长度也应是轨道半径的奇数倍取DS=R1，则当DS的长度被奇数除所得的 R 也满足要求，即 R=Rn=12-nDS n=1,2,3,因此为使粒子与三角形各边发生垂直碰撞，R 必须满足下面的条件 R=Rn=4121L-n=)-n5(a122 n=1,2,3,此时SE=3DS=(6n-3)Rn n=1,2,3,SE为 Rn的奇数倍的条件自然满足 只要粒子绕过 E 点与 EF 边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都

8、能与三角形的边垂直 ii 粒子能绕过顶点与三角形的边相碰的条件：由于磁场局限于半径为 a 的圆柱范围内，如果粒子在绕 E 点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回 所以粒子做圆周运动的半径 R 不能太大，由图可见，必须 RDM(三角形的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，R=DM，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切)，由给定的数据可算得 DM=(1-1538)a0.076a 将 n=1,2,3,分别代入 Rn=)-n5(a122式，得 n=1,R1=5a2=0.400a n=2,R2=152a=0.133a n=3,R3=522a=0.080a n=4,R3=

9、523a=0.057a 由于 R1，R2，R3DM，这些粒子在绕过三角形的顶点 E 时，将从磁场边界逸出，只有n4 的粒子能经多次碰撞绕过 E、F、D 点，最终回到 S 点由此结论及相关的式子可得与之相应的速度 -5-vn=mqBRn=mqB)-n5(a122 n=4,5,6,这就是由 S 点发出的粒子与三角形的三条边垂直碰撞并最终又回到 S 点时，其速度大小必须满足的条件 (2)这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为vRT2 将qBmvR 代入，得qBmT2 可见在 B 及mq给定时，T 与 v 无关粒子从 S 点出发最后回到 S 点的过程中，与三角形的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应

10、取 n=4，如图所示(图中只画在边框 DE的碰撞情况)，此时粒子的速度为 v4，由图可看出该粒子的轨迹包括 3 13 个半圆和 3 个圆心角为 300 的圆弧，所需时间为 t=3 132T+3T65=22T 得 t=44qBm。评分标准：(1)i 分析正确得 10 分，ii 分析正确得 10 分，得到正确结果 8 分；(2)得到正确的时间结果 12 分。本题共计 40 分。【题 5】(40 分)起电盘模型是由绝缘圆盘，盘外固定集流器 T1、T2，盘内由固定连杆连接的集流器 T3、T4等组成。盘上紧贴着小金属箔条 1和 2，外部极板 O1和 O2(如图所示)。在初始状态下，金属箔条同外部极板处于

11、相对的位置，它们构成电容器，每只电容器的电容为 C1。外部极板 O1、O2又接上一只容量为 C0的电容器，该电容器已预先充电到电压 U0。问当圆盘按顺时针方向旋转 N 次后，这只外接的电容器两端的电压将变为多大？当极板与箔条彼此错开的状态下，它们之间的电容很小可忽略不计。【解析】使圆盘转动半周，金属箔条 1和 2改变了位置。但与起始时一样，再次跟极板O1和 O2构成两只电容器，每只容量为 C1。这时，容量为 C0的电容器上的电压将增大为原来电压的若干倍，设增大到 k 倍。U=kU0 接着圆盘再转过半周，电压又增大到 k 倍，因而经过 N 周后电容器上的电压将为UN=k2NU0 现在只要求出 k

12、 值。在起始位置时，极板 O1和 O2之间的电压等于 U0，这个电压加在容量均为 C1的两只串联电容器上，因此，每只电容器上的电压为 U1=21U0，电量为 q=12C1U0 当圆盘转到箔片跟集流器 T1和 T2相连接时，这些箔片上的电荷转移到电容器 C0的极板上，极板 O1和 O2上的电量也同样发生转移。由于极板和金属箔片在错开时电容量很小可忽 -6-略不计，极板上的电荷几乎全部放完，因此箔片 1所带电量1201UC以及极板 O2所带的电量12C1U0都添加在原带有初始电量为 C0U0的电容器正板板上；而负电荷则添加在该电容器负极板上，这样在电容器 C0上的电荷量为 q=(C0+C1)U0

13、当继续转动圆盘时，它的触点跟集流器 T1和 T2分开，当正好转过半周后，则箔片 1跟集流器 T4接触，箔片 2跟集流器 T3接触，箔片又重新同极板构成电容为 C1的两个电容器，为此电量 q 又分布在容量为 C0的一个极板和弧形极板 O2之间。(C0+C1)U0=C0 U+12C1U U=C0+C1C0+12C1U0 U 的系数则正好给出了 k 值，因此电容器 C0上的最终电压将为 UN=(C0+C1C0+12C1)2NU0 当 C0远小于 C1时，将得到电压的最大值 UNmax22NU0 可是对于实际应用的起电器而言，当达到较大电压时则发生电击穿。评分标准：两式各 5 分，正确得到式 20 分

14、，式 10 分。共计 40 分。【题 6】(40 分)如图所示，有一水平方向的匀强磁场，磁感应强度 B 很大一个半径为 R、厚度为 D(DR)的匀质金属圆盘，在此磁场中竖直下落，盘面始终在竖直平面内并与磁场 B 的方向 平 行 设 金 属 圆 盘 的 电 阻 为 零，其 介 电 常 量 为=9 10-12C2/(N m2)，密度为=9 103kg/m3，所受空气阻力可略 为使圆盘在磁场中下落的加速度比没有磁场时减小千分之一，试问B 应为多大?【解析】当圆盘在磁场区域内以速度 v 竖直下落时，由于在圆盘的厚度方向切割磁感线，故在圆盘厚度方向上产生的感应电动势为 E=BDv 感应电动势 E 使圆盘

15、前、后两个盘面有电荷积累，图中的前盘面应带正电，设为 Q，图中的后盘面带电-Q由于圆盘的前、后盘面可看作一个平行板电容器，其电容为 DRC2 因设圆盘的电阻为零，故上述感应电动势 E 即为电容器两端的电压，于是圆盘盘面上积累的电量为 Q=CE=R2Bv 圆盘竖直下落时 v 不断变化，导致 Q 随之变化，这相当于圆盘前、后盘面间有电流为 I=tQ=(R2B)tv -7-电流方向是从后盘面流向前盘面由于在磁场中，上述电流的出现，使圆盘受到向上的安培力，其大小为 F=IDB=(R2B2D)tv 圆盘竖直下落的加速度为 a=g-mF 其中圆盘的质量 m 为 m=R2D 由以上三式，得 a=g-B2tv

16、=g-B2a 即有 B=1)-ag(按照题目的要求 g-a=10-3g 即有ga=1-10-3,ag=1+10-3 代入 B 表达式，得 B=310-=106T。评分标准：式各 5 分，式 10 分。共计 40 分。【题 7】(40 分)质谱仪中粒子源 S 放出带电粒子的凝结体，粒子开始自由飞行，飞过第一个传感器(D1)，穿过 D1后 L处的网(C)。在网后粒子受到沿网法向的电场力 F 作用，粒子转向运行，从后面穿过网，飞过在网前距离也为 L 处的第二个传感器(D2)(如图所示)，改变电源电压，测量粒子经过两个传感器之间的时间，从中找到最短的飞行时间为。试求粒子的质量。(粒子的初速度取决于电源

17、的电压，但是不知其确切的数值)如果粒子源同时辐射出不同质量的几种粒子，怎样测定粒子的质量？【解析】设质量为 m 的粒子从粒子源中以初速度 v 飞出，用 v表示初速度 v 在与网平行方向上的分速度，用 v表示垂直网方向上的分速度。当粒子飞到网后面(右边)时，v是不变的，而 v从+v变到-v。在垂直于网方向上，根据动量定理Ft=mv=2m v式中 t 为粒子在网后运动的时间。由此t=Fmv2 粒子的总飞行时间 T=t+t=vL2+Fmv2 式中 t 为从传感器 D1到刚进入网时与从网出来到 D2时间之和。在图上绘出 T 与 v关系图象。显然，有两个 v值对应同样的飞行时间，但只有唯一 v值对应最短

18、飞行时间 T -8-min=。这意味着如果把方程 T=vL2+Fmv2看着是速度方程，那么当 T=时，它有唯一解。换句话说，方程 Fm2v2-v+2L=0 有唯一解，这就是方程的判别式等于零 2-FLm16=0 由此得到粒子的质量 m=LF162 当粒子源有不同质量的粒子并且它们同时飞到第一个传感器情况下，以不同的时间飞过第二个传感器。在规定的电压下得到几组飞行时间，若均匀地改变电压并且对每一确定的电压 U，分出对应的一组飞行时间，作出如图所示的几条平滑曲线，每条表示最短飞行时间 的曲线就对应一定质量的粒子。评分标准：依据分析，正确作出 T 与 v关系图象 10 分，得到质量 m 的表达式 2

19、0 分，给出几种质量的情形 10 分。共计 40 分。【题 8】(40 分)长 l、电阻 R 的匀质金属细杆，其 A 端约束在竖直光滑金属导轨上运动，B端约束在水平光滑金属导轨上运动，导轨电阻可略。设空间有图示方向的水平匀强磁场 B，开始时，细杆的方位角=0，从静止状态自由释放后，方位角达到 时，A 端朝下速度大小记为 vA。(1)试求细杆内从 A 端到 B 端的电动势 AB；(2)导出安培力提供的负功率大小的计算式，进而验证此负功率大小恰好等于细杆电阻消耗的电功率大小；(3)计算=45 时，细杆旋转角加速度(本答案中不可出现 vA)。【解析】(1)金属杆 AB 与金属导轨所围的面积为 S=1

20、2l2sincos=14l2sin2 则 AB=回=-BdSdt=12B l2cos2ddt=-12B l2cos2，=ddt 由刚体平动的知识易知 vA=(lsin)，即=vAlsin 所以 AB=-12BlvAcos2sin，式中 AB的方向取 BA 为正。(2)回路中的电流 I=ABR=-BlvA2R cos2sin 则杆受到的安培力大小 F=BIl=B2l2vA2R cos2sin 因安培力均匀分布在杆上，故可认为力的作用点在杆的中点，则安培力对瞬心所产生的力矩为 -9-M安=Fx12l cos-Fy12l sin=12Flcos2 =B2l3vA4R cos22sin 所以，安培力所

21、做功的功率为 P安=-M安=-B2l2vA24R cos22sin2 又，细杆电阻消耗的功率为 P电=I2R=B2l2vA24R cos22sin2=-P安 即安培力提供的功率恰好等于电阻消耗的功率。(3)杆的中心离瞬心的距离总为12l，则杆绕瞬心转动的转动惯量为 J=112ml2+m(12l)2=13ml2 杆在转动过程中，除了安培力的力矩外，还有重力力矩的作用，因此 mg12l sin-M安=J 即 mg12lsin-B2l3vA4R cos22sin=13ml2 结合=vAlsin，=45，有=3 2g4l.评分标准：(1)问 15 分，(2)问 15 分，(3)问 10 分。共计 40 分。