第24屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試卷

（本題共七大題，滿分160分）

一、（20分）如圖所示，一塊長為乙=1.00〃7的光滑平板PQ固定在輕質(zhì)彈簧上端，彈

簧的下端與地面固定連接，平板被限制在兩條豎直光滑的平行導(dǎo)軌之間（圖中未畫出豎直導(dǎo)

軌），從而只能地豎直方向運(yùn)動(dòng)。平板與彈簧構(gòu)成的振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)周期7=2.00$。一小

球B放在光滑的水平臺(tái)面上，臺(tái)面的右側(cè)邊緣止好在平板P端的正上方，到P端的距離為

〃=9.80m。平板靜止在其平衡位置。水球B與平板PQ的質(zhì)量相等。現(xiàn)給小球一水平向右

的速度〃.，使它從水平臺(tái)面拋出。已知小球B與平板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，且碰

撞過程中重力可以忽略不計(jì)。要使小球與平板PQ發(fā)生一次碰撞而且只發(fā)生一次碰撞，a。的

值應(yīng)在什么范圍內(nèi)？取8=9.8〃7/1

二、（25分）圖中所示為用三角形剛性細(xì)桿AB、BC、CD連成的平面連桿結(jié)構(gòu)圖。AB

和CD桿可分別繞過A、D的垂直于紙面的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，A、D兩點(diǎn)位于同一水平線上。BC

桿的兩端分別與AB桿和CD桿相連，可繞連接處轉(zhuǎn)動(dòng)（類似較鏈）。當(dāng)AB桿繞A軸以恒

定的角速度。轉(zhuǎn)到圖中所示的位置時(shí)，AB桿處于豎直位置。BC桿與CD桿都與水平方向

成45°角，已知AB桿的長度為/,BC桿和CD桿的長度由圖給定。求此時(shí)C點(diǎn)加速度風(fēng).

的大小和方向（用與CD桿之間的夾角表示）

三、（20分）如圖所示，一容器左側(cè)裝有活門右側(cè)裝有活塞B,一厚度可以忽略的隔

板M將容器隔成a、b兩室，M上裝有活門K?。容器、隔板、活塞及活門都是絕熱的。隔

板和活塞可用銷釘固定，拔掉銷釘即可在容器內(nèi)左右平移，移動(dòng)時(shí)不受摩擦作用且不漏氣。

整個(gè)容器置于壓強(qiáng)為Po、溫度為To的大氣中。初始時(shí)將活塞B用銷釘固定在圖示的位置，

隔板M固定在容器PQ處，使a、b兩室體積都等于Vo；KrK2關(guān)閉。此時(shí)，b室真空，

a室裝有一定量的空氣（容器內(nèi)外氣體種類相同，且均可視為理想氣體），其壓強(qiáng)為4Poz5,

溫度為To。已知Imol空氣溫度升高1K時(shí)內(nèi)能的增量為Cv,普適氣體常量為R。

1.現(xiàn)在打開待容器內(nèi)外壓強(qiáng)相等時(shí)迅速關(guān)閉（假定此過程中處在容器內(nèi)的氣體

與處在容器外的氣體之間無熱量交換），求達(dá)到平衡時(shí)，a室中氣體的溫度。

2.接著打開K2,待a、b兩室中氣體達(dá)到平衡后，關(guān)閉K2。拔掉所有銷釘，緩慢推動(dòng)

活塞B直至到過容器的PQ位置。求在推動(dòng)活塞過程中，隔板對(duì)a室氣體所作的功。已知在

Cv+R

推動(dòng)活塞過程中，氣體的壓強(qiáng)P與體積V之間的關(guān)系為PV虧=恒量。

四、（25分）圖中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐標(biāo)系，在x>0的一側(cè)，存在勻

強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于。xy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。在x<0的一側(cè)，一邊長

分別為乙和4的剛性矩形超導(dǎo)線框位于桌面上，框內(nèi)無電流，框的一對(duì)邊與x軸平行。線框

的質(zhì)量為m,自感為L。現(xiàn)讓超導(dǎo)線框沿x軸方向以初速度」進(jìn)入磁場區(qū)域，試定房地討

論線框以后可能發(fā)生的運(yùn)動(dòng)情況及與初速度v0大小的關(guān)系。（假定線框在運(yùn)動(dòng)過程中始終保

持超導(dǎo)狀態(tài)）

XXX

XXX

-X--X---X--?

XXX3

五、（25分）地球赤道表面附近處的重力加速度為go=9.8加//，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小Bo=3.Oxl（）-5T,方向沿經(jīng)線向北。赤道上空的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與八成反比（r

為考察點(diǎn)到地心的距離），方向與赤道附近的磁場方向平行。假設(shè)在赤道上空離地心的距離

r=5R,,（R,為地球半徑）處，存在厚度為10km的由等數(shù)量的質(zhì)子和電子的等離子層（層

內(nèi)磁場可視為勻強(qiáng)磁場），每種粒子的數(shù)密度非常低，帶電粒子的相互作用可以忽略不計(jì)。

已知電子的質(zhì)量S.=9」xl0-34g,質(zhì)子的質(zhì)量7%=1.7x10-27必，電子電荷量為

-1.6xlO-,9C,地球的半徑尺,=6.4x106%。

1.所考察的等離子層中的電子和質(zhì)子一方面作無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，另一方面因受地球引力和磁

場的共同作用會(huì)形成位于赤道平面內(nèi)的繞地心的環(huán)行電流，試求此環(huán)行電流的電流密度。

2.現(xiàn)設(shè)想等離子層中所有電子和質(zhì)子，它們初速度的方向都指向地心，電子初速度的大

小《=1.4x10，〃/5,原子初速度的大小叼=3.4xl（）2m/s。試通過計(jì)算說明這些電子

和質(zhì)子都不可能到到達(dá)地球表面。

六、（25分）圖1所示為楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的示意圖，取紙面為yz平面。y、z軸的方

向如圖所示。線光源S通過z軸，雙縫$、S2對(duì)稱分布在z軸兩側(cè)，它們以及屏P都垂直

于紙面。雙縫間的距離為d,光源S到雙縫的距離為/,雙縫到屏的距離為D,d?D,

d?lo

1.從z軸上的線光源S出發(fā)經(jīng)Si、S?不同路徑到P0點(diǎn)的光程差為零，相干的結(jié)果產(chǎn)生

一亮紋，稱為零級(jí)亮紋。為了研究有一定寬度的擴(kuò)展光源對(duì)于干涉條紋清晰度的影響，我們

先研究位于軸外的線光源S'形成的另一套干涉條紋，S'位于垂直于z軸的方向上且與S

平行，兩者相距2，則由線光源S'出發(fā)分別經(jīng)Si、S2產(chǎn)生的零級(jí)亮紋練‘，4’與P。的距

離Q=_______________________________________

2.當(dāng)光源寬度為。的:廣展光源時(shí)，可將擴(kuò)展光源看作由一系列連續(xù)的、彼此獨(dú)立的、非

相干的線光源組成。這樣，各線光源對(duì)應(yīng)的干涉條紋將彼此錯(cuò)開，在屏上看到的將是這些干

涉條紋的光強(qiáng)相加的結(jié)果，干涉條紋圖像將趨于模糊，條紋的清晰度下降。假設(shè)擴(kuò)展光源各

處發(fā)出的光強(qiáng)相同、波長皆為2。當(dāng)①增大導(dǎo)致零級(jí)亮紋的亮暗將完全不可分辨，則此時(shí)

光源的寬度/=____________________________________

3.在天文觀測中，可月上述干涉原理來測量星體的微小角直徑。遙遠(yuǎn)星體上每一點(diǎn)發(fā)出

的光到達(dá)地球處都可視為平行光，從星體相對(duì)的兩邊緣點(diǎn)發(fā)來的兩組平行光之間的夾角。就

是星體的角直徑。遙遠(yuǎn)星體的角直徑很小，為測量如些微小的角直徑，邁克爾遜設(shè)計(jì)了測量

干涉儀，其裝置簡化為圖2所示。Ml、M2、M3、M4是四個(gè)平面反射鏡，它們兩兩平行，

對(duì)稱放置，與入射光（a、a'）方向成45°角。S1和S2是一對(duì)小孔，它們之間的距離是

doMl和M2可以同步對(duì)稱調(diào)節(jié)來改變其中心間的距離ho雙孔屏到觀察屏之間的距離是Do

a、a'和b、b'分別是從星體上相對(duì)著的兩邊緣點(diǎn)發(fā)來的平行光束。設(shè)光線a、a’垂直

雙孔屏和像屏，星光的波長是7,試導(dǎo)出星體上角直徑。的計(jì)算式。

注：將星體作圓形擴(kuò)展光源處理時(shí)，研究擴(kuò)展光源的線度對(duì)于干涉條紋圖像清晰度的影響會(huì)

遇到數(shù)學(xué)困難，為簡化討論，本題擬將擴(kuò)展光源作寬度為切的矩形光源處理。

像屏

七、（20分）今年是我國著名物理學(xué)家、曾任浙江大學(xué)物理系主任的王海昌先生誕生一

百周年。王先生早在1941年就發(fā)表論文，提出了一種探測中微子的方案：'Be原子核可以

俘獲原子的K層電子而成為7以的激發(fā)態(tài)（7"）"，并放出中微子（當(dāng)時(shí)寫作n）

+（’Li）*+7；

而「Li）*又可以放出光子/而回到基態(tài)

CLi）—Li+y

由于?中微子本身很難直接觀測，能過對(duì)上述過程相關(guān)物理量的測量，就可以確定中微子

的存在，1942年起，美國物理學(xué)家艾倫（R.Davis）等人根據(jù)王洽昌方案先后進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，

初步證實(shí)了中微子的存在,1953年美國人萊因斯（F.Reines）在實(shí)驗(yàn)中首次發(fā)現(xiàn)了中微子,

萊因斯與發(fā)現(xiàn)輕子的美國物理學(xué)家佩爾（M.LPerl）分享了1995年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。

現(xiàn)用王漁昌的方案來估算中微子的質(zhì)量和動(dòng)量。若實(shí)驗(yàn)中測得鋰核（,Li）反沖能量（即

‘Li的動(dòng)能）的最大值嗎=56.6”，/光子的能量〃/=（）.48“6。已知有關(guān)原子核和電

22

子靜止能量的數(shù)據(jù)為叫/=6533MMev；mBec=6534.19M(?v；mcc=0.51Mev,

設(shè)在第一個(gè)過程中，核是靜止的，K層電子的動(dòng)能也可忽略不計(jì)。試由以上數(shù)據(jù)，算出

的中微子的動(dòng)能〃和靜止質(zhì)量，％各為多少？

第24屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題參考解答

一、參考解答：

如果小球的水平速度比較大，它與平板的第一次碰潼正好發(fā)

生在平板的邊緣Q處，這時(shí)〃。的值便是滿足題中條件的最大值；

如果小球的水平速度〃。較小，在它與平板發(fā)生第一次碰逾后再次

接近平板時(shí)，剛好從平板的邊緣Q處越過而不與平板接觸，這時(shí)

〃。的值便是滿足題中條件的最小值.

設(shè)小球從臺(tái)面水平拋出到與平板發(fā)生第?次碰撞經(jīng)方的時(shí)間

為4,有

梟2(1)

若碰撞正好發(fā)生在。處，則有

L=

從(1)、(2)兩式解得的與值便是滿足題中條件的最大值，即

(3)

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

WOmax=0.71m/s(4)

如果即小球與平板的碰撞處將不在。點(diǎn)?設(shè)小球第一次剛要與平板碰撞時(shí)在

豎直方向的速度為％,則有

q=42gh(5)

以q'、匕分別表示碰撞垢束時(shí)刻小球和平板沿豎直方向的速度，由于碰撞時(shí)間極短，在碰

撞過程中，小球和平板在豎直方向的動(dòng)量守恒.設(shè)小球和平板的質(zhì)量都是機(jī)，則有

mvl=mv\+(6)

因?yàn)榕鲎彩菑椥缘模移桨迨枪饣模赡芰渴睾憧傻?/p>

1->1■>1?-?!..?->1-)

—mv\+—mu^=—"I0+—mv+—miQ(7)

2222]2

解(6)、(7)兩式，得

v；=0(8)

X，=v]=J2gh（9）

碰撞后，平板從其平衡位置以匕為初速度開始作簡諧振動(dòng).取固定坐標(biāo)，其原點(diǎn)。與平板

處于平衡位置時(shí)板的上表面中點(diǎn)重合，x軸的方向豎直向下，若以小球和平板發(fā)生碰撞的時(shí)

刻作為，=0,則平板在，時(shí)刻離開平衡位置的位移

'=4cos（如+夕）（10）

式中

（0=—（11）

T

4和°是兩個(gè)待定的常量，利用參考圓方法，在，時(shí)刻平板振動(dòng)的速度

。笛=一AosinW+。）（12）

因/=0時(shí)，刈=0.v^=V\由（9）、（11）、（12）式可求得

(13)

A號(hào)

71

9=一］(14)

把（13）、（14）式代入（10）式，得

x=叵

“2冗(15)

碰撞后，小球開始作平拋運(yùn)動(dòng).如果第?次碰撞后，小球再經(jīng)過時(shí)間與與平板發(fā)生第二次碰

撞且發(fā)生在。處，則在發(fā)生第二次碰撞時(shí)，小球的x座標(biāo)為

(16)

平板的x座標(biāo)為

(17)

^(r2)=-

在碰撞時(shí),有

“B(“2)=XPQ(，2)(18)

由（16）、（17）、（18）式，代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

4.90/；=4.41cos加，--(19)

I一2

這便是與滿足的方程式，通過數(shù)值計(jì)算法求解方程可得（參見數(shù)值列表）

t2=0.77Is(20)

如果第二次碰撞止好發(fā)生在平板的邊緣Q處，則有

L—”o(jl+，2)(21)

由⑴、(20)和(21)式得

u(}=---=0.46m/s(22)

而滿足題中要求的％的最小值應(yīng)大于(22)式給出的值.綜合以上討論，〃。的取值范圍是

0.46m/s<u0<0,71m/s(23)

附：(19)式的數(shù)值求解

用數(shù)值解法則要代入%不同數(shù)值，逐步逼近所求值，列表如下:

0.7300.7500.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.810

(冗、

x?.?,v=4.41cosnt/.——、3313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.48

\乙)

x=4.90/：

HD/2.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21

V-r

人產(chǎn)。入80.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73

二、參考解答:

解法一

因?yàn)?點(diǎn)繞A軸作圓周運(yùn)動(dòng)，其速度的大小為

vB=col(1)

8點(diǎn)的向心加速度的大小為

=療/(2)

因?yàn)槭莿蚪撬俎D(zhuǎn)動(dòng)，B點(diǎn)的切向加速度為()，故&也是B點(diǎn)的加速度，其方向沿84方向.因

為C點(diǎn)繞。軸作圓周運(yùn)動(dòng)，其速度的大小用一表示，方向垂直于桿CD，在考察的時(shí)刻，

由圖可知，其方向沿桿3c方向.因4c是剛性桿，所以4點(diǎn)和C點(diǎn)沿6c方向的速度必相

等,故有

71V2

Vc=VBCOS—=?o-col

此時(shí)桿C。繞。軸按順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，。點(diǎn)的法向加速度

/_虎

〃c，r---(4)

CD

由圖可知而二2&/,由(3)、(4)式得

(5)

其方向沿C。方向.

下面來分析C點(diǎn)沿垂直于桿CO方向的加速度，即切向加速度,匕-因?yàn)?C是剛性桿,

所以C點(diǎn)相對(duì)4點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)只能是繞。的轉(zhuǎn)動(dòng)，C點(diǎn)相對(duì)5點(diǎn)的速度方向必垂直于桿5c.令

%B表示其速度的大小，根據(jù)速度合成公式有

VCB=%-

由幾何關(guān)系得

%=也一決=*%=乎就

(6)

由于C點(diǎn)繞8作圓周運(yùn)動(dòng)，相對(duì)4的向心加速度

(7)

因?yàn)?=8/,故有

/（8）

其方向垂直桿CD.

由（2）式及圖可知，B點(diǎn)的加速度沿BC桿的分量為

71

（%）8c=/c。,⑼

所以。點(diǎn)相對(duì)A點(diǎn)（或。點(diǎn)）的加速度沿垂直于桿C。方向的分量

3\/^

%+（《Jc==蘇/（10）

。點(diǎn)的總加速度為c點(diǎn)繞。點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的法向加速度外“與切向加速度心的合加速度，

即

%=《吃+吃=坐~（椅ci）

O

ac的方向與桿C。間的夾角

0=arctan區(qū)■=arctan6=80.54°(12)

%

解法二：通過微商求C點(diǎn)加速度

以固定點(diǎn)A為原點(diǎn)作一直角坐標(biāo)系A(chǔ)ry,Ar軸與AD

重合，A.y與AD垂直.任意時(shí)刻3連桿的位形如圖所示,

此時(shí)各桿的位置分別用°和a表示，且已知AB=/,

BC=>/21,CD=2叵I,AD=3l,—=-（o,C》飛、

dr

標(biāo)表示為

xc=/cos0+\/2/cosip

(1)

yc=/sin0+x/2isintp(2)

將(1)、(2)式對(duì)時(shí)間/求一階微商，得

(3)

(4)

把(3)、(4)式對(duì)時(shí)間/求一階微商，得

曝=-/cos［符+而哼+缶。s*(器J+V2sin。制(5)

(6)

根據(jù)幾何關(guān)系，有

CDsina-A8sin8+〃Csin(p

CDcosa+ABcos0-\-BCcos(p=3l

即

2&sina=sine+x/^sin°(7)

25/2cosa=3-cos0-V2cos^(8)

將(7)、(8)式平方后相加且化簡，得

VSsin^sin^H-\/2cos^cos^>-3cos^-3>/2cos^-2=0(9)

對(duì)(9)式對(duì)時(shí)間/求一階微商，代入0=工，＞=工，竺,得

24dr

6(p1

——=—(D(10)

dr2

對(duì)(9)式對(duì)時(shí)間/求二階微商，并代入上述數(shù)據(jù),得

dV32

—^-=-co~(11)

dr8

將(10)、(11)式以及氏§,史的數(shù)值代入(5)、(6)式，得

dr

d2x5.

—；c=——ICD-2

d產(chǎn)8

d2y7,2

-^-c=——Mr

dr28

所以

d-xc

"dT"

由圖知，〃c與X軸的夾角為夕

八”

所以求得

p=iirctan1.4=54.46

這個(gè)夾角在第三象限，為234.46,故與與的夾角

/=80.54

三'參考解答：

1.設(shè)a室中原有氣體為i/mol,打開Ki后，有一部分空氣進(jìn)入a室，直到K1關(guān)閉時(shí),

a室中氣體增加到/mol,設(shè)a室中增加的（/-嗎mol氣體在進(jìn)入容器前的體積為AV,氣

體進(jìn)入a室的過程中，大氣對(duì)這部分氣體所作的功為

A=V

用7表示Ki關(guān)閉后a室中氣體達(dá)到平衡時(shí)的溫度，則a室中氣體內(nèi)能增加量為

AU=g（Tf）

由熱力學(xué)第一定律可知

\U=A

由理想氣體狀態(tài)方程，有

4

-p^=vRTa

t

p^V=(v-v)RT0

由以上各式解出

5（g+H）

5g+4R°

2.K?打開后，a室中的氣體向b室自由膨脹，因系統(tǒng)絕熱乂無外界做功，氣體內(nèi)能不

變，所以溫度不變（仍為7）,而體積增大為原來的2倍.由狀態(tài)方程知，氣體壓強(qiáng)變?yōu)?/p>

P=~Po

乙

關(guān)閉K2,兩室中的氣體狀態(tài)相同，即

Pa=Pb=P，（=。=7，匕=以=%，且匕/

拔掉銷釘后，緩慢推動(dòng)活塞B,壓縮氣體的過程為絕熱過程，達(dá)到最終狀態(tài)時(shí)，設(shè)兩室氣體

的壓強(qiáng)、體積和溫度分別為〃：、〃；、匕、玲、T：、T；,則有

G，+Rg+R

If三二本尸(10)

C\f+RR+及

Pb%k=p；V：b(11)

由于隔板與容器內(nèi)壁無摩擦，故有

P：=P：(12)

由理想氣體狀態(tài)方程，則有

PY―R7：(13)

PMFRT：（14）

因

匕+匕=%（15）

由（8）?（15）式可得

匕=匕=3乂（16）

R

T；=T；=2^T（17）

在推動(dòng)活塞壓縮氣體這一絕熱過程中，隔板對(duì)a室大體作的功W等于a室中氣體內(nèi)能

的增加，即

f（：）

W^vCvT-T（18）

由(6)、(17)和(18)式得

/火

W=邑2二

-1（19）

2R

四、參考解答：

設(shè)某一-時(shí)刻線框在磁場區(qū)域的深度為x(x</),速度

1XXX

為。，因線框的一條邊切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為XXX

K=vBk，它在線框中引起感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的變化乂XXX

引起自感電動(dòng)勢.設(shè)線框的電動(dòng)勢和電流的正方向均為順XXX

XXX

時(shí)針方向，則切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的電動(dòng)勢耳與設(shè)定的正方

X；xXXXx

----------濟(jì)

向相反，自感電動(dòng)勢年=-￡色與設(shè)定的正方向相同.因線

ox%XXX

框處于超導(dǎo)狀態(tài)，電阻R=0,故有

E—E=—L-----vBI、=//?=0

L—+Bl.—=O(2)

A/~A/

BIN=-LK(3)

AxL

可見i與x成線性關(guān)系，有

i=-如x+C(5)

L

C為一待定常數(shù)，注意到x=0時(shí)，i=(),可得。=0,故有

，=4(6)

L

x>0時(shí)i<0,電流為負(fù)值表示線框中電流的方向與設(shè)定的正方向相反，即在線框進(jìn)入磁場

區(qū)域時(shí)右側(cè)邊的電流實(shí)際流向是向上的.外磁場作用于線框的安培力

D2/2

.f=Bl?i=--戶(7)

其大小與線框位移X成正二匕方向與位移X相反，具有“彈性力”的性質(zhì).下面分兩種情形

做進(jìn)一步分析：

(i)線框的初速度。。較小，在安培力的作用下，當(dāng)它的速度減為0時(shí)，整個(gè)線框未全

部進(jìn)入磁場區(qū)，這時(shí)在安培力的繼續(xù)作用下，線框?qū)⒎聪蜻\(yùn)動(dòng)，最后退出磁場區(qū).線框一進(jìn)

一出的運(yùn)動(dòng)是一個(gè)簡諧振動(dòng)的半個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，振動(dòng)的圓頻率

吟尊⑻

VLm

周期

振動(dòng)的振幅可由能量關(guān)系求得，令X,“表示線框速度減為()時(shí)進(jìn)入磁場區(qū)的深度，這時(shí)線框

的初始動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換為“彈性力”的“彈性勢能”，由能量守恒可得

12叨)2…、

-mvi=———-x~(10)

2。2(L廠

得

(11)

故其運(yùn)動(dòng)方程為

，從0至IJ兀叵

(12)

BI2

半個(gè)周期后，線框退出磁場區(qū)，將以速度。。向左勻速運(yùn)動(dòng).因?yàn)樵谶@種情況下％的最大值

是4,即

麗=、嗎;(13)

1202L1

由此可知，發(fā)生第(i)種情況時(shí)，。。的值要滿足下式

20L)1

「BQ、

即“。一嬴(14)

(ii)若線框的初速度%比較大，整個(gè)線框能全部進(jìn)入磁場區(qū).當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場區(qū)時(shí),

其速度仍大于0,這要求。。滿足下式

BI&

(15)

當(dāng)線框的初速度滿足(15)式時(shí)，線框能全部進(jìn)入磁場區(qū)，在全部進(jìn)入磁場區(qū)域以前,

線框的運(yùn)動(dòng)方程與(12)式相同，但位移區(qū)間是x=0到x=4,所以時(shí)間間隔與(12)式不

同，而是從。到

arcsin^L

(16)

y/Lmv-

因?yàn)榫€框的總電動(dòng)勢總是為0,所以一旦線框全部進(jìn)入磁場區(qū)域，線框的兩條邊都切

割磁感應(yīng)線，所產(chǎn)生的電動(dòng)勢之和為0,因而自感電動(dòng)勢也為0.此后線框中維持有最大的

些小磁場對(duì)線框兩條邊的安培力的合力等于零，線框?qū)⒃诖艌鰠^(qū)域勻速前進(jìn),

電流修

L1

運(yùn)動(dòng)的速度可由下式?jīng)Q定

。琮」〃/+

2°22L1

即

B耶

V-(17)

五、參考解答：

解法一：

I.由于等離子層的厚度遠(yuǎn)小于地球的半徑，故在所考察的等離子區(qū)域內(nèi)的引力場和磁場

都可視為勻強(qiáng)場.在該區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

3Q57

8￡?f(=0^T=2.4xlO-T

引力加速度

oe

=，-m/s2=0.39m/s

25

考察等離子層中的某一質(zhì)量為電荷量為"初速|(zhì),

度為〃的粒子，取粒子所在處為坐標(biāo)原點(diǎn)。，作一直角坐

標(biāo)系Oxyz,Ox軸指向地球中心，Oz沿磁場方向，如圖I

所示.該粒子的初速度在坐標(biāo)系中的三個(gè)分量分別為以、〃八

的和〃z.因作用于粒子的引力沿x軸正方向，作用于粒子uo

的洛倫茲力與z軸垂直，放粒子在z軸方向不受力作用，

沿z軸的分速度保持不變.現(xiàn)設(shè)想在開始時(shí)刻，附加給粒

子一沿丁軸正方向大小為的的速度，同時(shí)附加給粒子一沿X/圖

y軸負(fù)方向大小為陰的速度，要求與其中一個(gè)內(nèi)相聯(lián)系的

洛倫茲力正好與粒子所受的地球引力相平衡，即

q%B=mg

mg

qB

用9表示出與沿），軸的速度％±%的合速度（對(duì)質(zhì)子取止號(hào)，對(duì)電子取負(fù)號(hào)），有

(4)

這樣，所考察的粒子的速度可分為三部分：

沿Z軸的分速度肛.其大小和方向都保持不變，但對(duì)不同的粒子是不同的，屬于等離

子層中粒子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的速度分量.

沿），軸的速度。0.對(duì)帶正電的粒子，速度的方向沿y軸的負(fù)方向，對(duì)帶負(fù)電的粒子，

速度的方向沿y軸的正方向.與這速度聯(lián)系的洛倫茲力正好和引力抵消，故粒子將以速率必

沿），軸運(yùn)動(dòng).由（3）式可知，%的大小是恒定的，與粒子的初速度無關(guān)，且對(duì)同種的粒子

相同.

在Oxy平面內(nèi)的速度。.與這速度聯(lián)系的洛倫茲力使粒子在Oxy平面內(nèi)作速率為。的

勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，若以R表示圓周的半徑，則有

v:

qvB=m—

得

R=—(5)

qB

由（4）、（5）式可知，軌道半徑不僅與粒子的質(zhì)量有關(guān)，而且與粒子的初速度的大分顯心和

y分量4有關(guān).圓周運(yùn)動(dòng)的速度方向是隨時(shí)間變化的，在圓周運(yùn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)的平均速度

等于0.

由此可見，等離子層內(nèi)電子和質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)雖然相當(dāng)復(fù)雜，但每個(gè)粒子都具有由（3）式

給出的速度。°,其方向垂直于粒子所在處的地球引力方向，對(duì)電子，方向向西，對(duì)質(zhì)子，

方向向東.電子、質(zhì)子這種運(yùn)動(dòng)稱為漂移運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)的速度稱為漂移速度.漂移運(yùn)動(dòng)是粒子

的定向運(yùn)動(dòng)，電子、質(zhì)子的定向運(yùn)動(dòng)就形成了環(huán)繞地球中心的環(huán)形電流.

rtl（3）式和（1）、（2）兩式以及有關(guān)數(shù)據(jù)可得電子和質(zhì)子的漂移速度分別為

%=9.2x106m/s（6）

00P=1.7x1CT?m/s

（7）

由于電子、質(zhì)子漂移速度的方向相反，電荷異號(hào)，它們產(chǎn)生的電流方向相同，均為沿

緯度向東.根據(jù)電流密度的定義有

/=咐（％+%）（8）

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

；=2.8xl0-,4A/m2（9）

電流密度的方向沿緯度向東.

2.上一小題的討論表明，粒子在Oxy平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的速率由（4）式給出，

它與粒子的初速度有關(guān).對(duì)初速度方向指向地心的粒子，圓周運(yùn)動(dòng)的速率為

V=\IUX+V0（］0）

由（1）、（2）、（3）、（5）、（10）各式并代入題紿的有關(guān)數(shù)據(jù)可得電子、質(zhì)子的軌道

半徑分別為

&=0.33m(11)

公,二14.8m(12)

以上的計(jì)算表明，雖然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子還受到磁場的作用，

電子和質(zhì)子在地球半徑方向的最大下降距離分別為2%=0.66m和2%=29.6m,都遠(yuǎn)小于

等離子層的厚度，所考察的電子和質(zhì)子仍在等離子層內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)落到地面上.

解法二：.

1.由于等離子層的厚度遠(yuǎn)小于地球半徑，故在所考察等離子區(qū)域內(nèi)的引力場和磁場都可

視為勻強(qiáng)場.在該區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

8=(風(fēng))回=3*；，T=2.4xlCT，T(1)

引力加速度

=&)==0.39m/s2(2)

考察等離子層中的某一質(zhì)量為機(jī)，電荷量為分初速度為

“的粒子，取粒子所在處為坐標(biāo)原點(diǎn)O,作?直角坐標(biāo)系。沖z,

3軸指向地球中心，Oz沿磁場方向，如圖1所示.該粒子的初

速度在坐標(biāo)系中的三個(gè)分量分別為外、的和必.若以鞏、Vy、%丁

V.表示粒r-在任意時(shí)刻t的速度。在x方向、量方向和z方向的y

分速度，則帶電粒子在引力和洛倫茲力的共同作用下的運(yùn)動(dòng)方

圖1

程為

(\v

in=mg+qv、B=qBv

(3)

do

in--=-qv,B(4)

dz,

〃廖=0

dz

(5)

(5)式表明，所考察粒子的速度在z軸上的分量保持不變，即

(6)

作變量代換，令

匕=嘰匕=。v+%