高中物理電磁學(xué)競賽試題分類匯編

1、全國中學(xué)生物理競賽分類匯編電磁學(xué)第21屆預(yù)賽（15分）測定電子荷質(zhì)比（電荷q與質(zhì)量m之比q/m）的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內(nèi)，陰極K發(fā)出的電 子，經(jīng)陽極A與陰極K之間的高電壓加速后， 形成一束很細(xì)的電子流，電子流以平行于平 板電容器極板的速度進入兩極板 C、D間的區(qū)域。若兩極板 C D間無電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的 O點；若在兩極板間加上電壓 U,則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若再在極板間加一方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，則打到熒光屏上的電子產(chǎn)生的光點又回到O點?，F(xiàn)已知極板的長度l= 5.00cm, C、D間的距離d=l.50cm,極板區(qū)的中點

2、M到熒光屏中點O的距離為L= 12.50cm, U=200V, P點到O點的距離 y=OP=3.0cm； B= 6.3X104To試求電子的何質(zhì)比。（不甘重力影響）。五、（15分）如圖所示，兩條平行的長直 金屬細(xì)導(dǎo)軌KL、PQ固定于同一水平面內(nèi)， 它們之間的距離為l,電阻可忽略不計； ab和cd是兩根質(zhì)量皆為m的金屬細(xì)桿，桿 與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌良好接觸，并可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動。兩桿的電阻皆為R。桿cd的中點系一輕繩，繩的另一端繞過輕的定滑輪懸掛一質(zhì)量為M的物體，滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不計，滑輪與桿cd之間的輕繩處于水平伸直狀態(tài)并與導(dǎo)軌平行。導(dǎo)軌和金屬細(xì)桿都處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在

3、平面向上，磁感應(yīng)強度的大小為 Bo現(xiàn)兩桿及懸物都從靜止開始運動，當(dāng)ab桿及cd桿的速度分別達到V1和V2時，兩桿加速度的大小各為多少?八、（17分）如圖所示的電路 中，各電源的內(nèi)阻均為零，其 中B、C兩點與其右方由1.0。 的電阻和 2.0 C的電阻構(gòu)成的 無窮組合電路相接。求圖中10 NF的電容器與E點相接的極板上的電荷量。第21屆復(fù)賽五、（20分）如圖所示，接地的空心導(dǎo)體球殼內(nèi)半徑為R,在空腔內(nèi)一直徑上的P1和P2處，放置電量分別為 41和42的點電荷，q1 = q2=q, 兩點電荷到球心的距離均為 a.由靜電感應(yīng)與靜電屏蔽可知：導(dǎo)體空 腔內(nèi)表面將出現(xiàn)感應(yīng)電荷分布，感應(yīng)電荷電量等于一2q.

4、空腔內(nèi)部的電場是由q1、q2和兩者在空腔內(nèi)表面上的感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生的.由于我們尚不知道這些 感應(yīng)電荷是怎樣分布的， 所以很難用場強疊加原理直接求得腔內(nèi)的電勢或場強.但理論上可以證明，感應(yīng)電荷對腔內(nèi)電場的貢獻，可用假想的位于腔外的（等效）點電荷來代替（在本題中假想（等效）點電荷應(yīng)為兩個），只要假想的（等效）點電荷的位置和電量能滿足這 樣的條件，即：設(shè)想將整個導(dǎo)體殼去掉，由qi在原空腔內(nèi)表面的感應(yīng)電荷的假想（等效）點電荷q；與qi共同產(chǎn)生的電場在原空腔內(nèi)表面所在位置處各點的電勢皆為0;由q2在原空腔內(nèi)表面的感應(yīng)電荷的假想（等效）點電荷q2與q2共同產(chǎn)生的電場在原空腔內(nèi)表面所在位置處各點白電勢皆為

5、0.這樣確定的假想電荷叫做感應(yīng)電荷的等效電荷，而且這樣確定的等效電荷是唯一的.等效電荷取代感應(yīng)電荷后，可用等效電荷q；、q2和qi、中來計算原來導(dǎo)體存在時空腔內(nèi)部任意點的電勢或場強.試根據(jù)上述條件，確定假想等效電荷q；、q2的位置及電量.求空腔內(nèi)部任意點 A的電勢Ua.已知A點到球心。的距離為r, OA與0Pl的夾角為0.七、（25分）如圖所示，有二平行 金屬導(dǎo)軌，相距I,位于同一水平 面內(nèi)（圖中紙面），處在磁感應(yīng)強 度為B的勻強磁場中，磁場方向 豎直向下（垂直紙面向里）.質(zhì)量aXXXXXKMXXV0 一汨- AxxXMxXXXx XxXXXXXIb均為m的兩金屬桿ab和cd放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌

6、垂直.初始時刻，金屬桿ab和cd分別位于x =劭和x = 0處.假設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻都為零，由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù)為L.今對金屬桿ab施以沿導(dǎo)軌向右的瞬時沖量，使它獲得初速v0 .設(shè)導(dǎo)軌足 夠長，X0也足夠大，在運動過程中，兩金屬桿之間距離的變化遠小于兩金屬桿的初始間距X0 ,因而可以認(rèn)為在桿運動過程中由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù)L是恒定不變的.桿與導(dǎo)軌之間摩擦可不計.求任意時刻兩桿的位置xab和xcd以及由兩桿和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的電流i三者各自隨時間t的變化關(guān)系.第20屆預(yù)賽四、（20分）從z軸上的O點發(fā)射一束電量為 q （0）、質(zhì)量為m的帶電粒子，它們速 度統(tǒng)方向分

7、布在以 O點為頂點、z軸為對稱軸的一個頂角很小的錐體內(nèi)（如圖所示），速度的大小都等于 v.試設(shè)計一種勻強磁場，能使這束田電粒子會聚于 z軸上的力一點 M,M0點離開O點的經(jīng)離為d.要求給出該磁場的方向、磁感應(yīng)強度的大小和最小值.不計粒子間圖的相互作用和重力的作用.七、（20分）圖預(yù)20-7-1中 A和B是真空中的兩塊面積很大的平行金屬板、加上周期為T的交流電壓，在兩板間產(chǎn)生交變的勻強電場.己知B板電勢為零，A板電勢Ua隨時間變化的規(guī)律如圖預(yù) 20-7-2所示，其中Ua的最大值為的Uo,最小值為一 2U。.在圖預(yù)20-7-1 中，虛線 MN表示與A、B扳平行等距的一個較小的面，此面到 A和B的距

8、離皆為l.在 此面所在處，不斷地產(chǎn)生電量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電的微粒，各個時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等.這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場力的作用下運動.設(shè)微粒一旦碰到金屬板，它就附在板上不再運動，且其電量同時消失，不影響A、B板的電壓.己知上述的 TUo、l, q和m等各量的值正好滿足等式三色駟任：16 2m 2若在交流電壓變化的每個周期T內(nèi)，平均產(chǎn)主320個上述微粒，試論證在t=0至iJt = T/2這段時間內(nèi)產(chǎn)主的微粒中，有多少微?？傻竭_A板（不計重力，不考慮微粒之間的相互作用）。第20屆復(fù)賽一、（15分）圖中a為一固定放置的半徑為 R的均勻帶電球體，o為其球心.己知取無限遠 處的電勢為零時

9、，球表面處的電勢為U=1000V.在離球心O很遠的O點附近有一質(zhì)子 b,它以 日= 2000 eV的動能沿與 O,O平行的方圖復(fù)口dT向射向a.以l表示b與OO線之間的垂直距離，要使質(zhì)子b能夠與帶電球體 a的表面相碰，試求l的最大值.把質(zhì)子換成電子，再求 l的最大值.六、（23分）兩個點電荷位于x軸上，在它們形成的電場中， TOC o 1-5 h z 若取無限遠處的電勢為零，則在正x軸上各點的電勢如圖I中曲線所示，當(dāng)XT 0時，電勢U T ：當(dāng)XT8時，電 勢UT0；電勢為零的點的坐標(biāo) X0,電勢為極小值 -U0的 Q V華/點的坐標(biāo)為 ax0 （ a 2）。試根據(jù)圖線提供的信息，確定 j這兩

10、個點電荷所帶電荷的符號、電量的大小以及它們在x 一“上測及19-2軸上的位置.第19屆預(yù)賽二、（20分）圖預(yù)19-2所示電路中，電池的電動勢為E ,兩個電容器的電容皆為 C , K為一單刀雙擲開關(guān)。開始時兩電容器均不帶電（1）第一種情況，現(xiàn)將 K與a接通，達到穩(wěn)定，此過程中電池內(nèi)阻消耗的電能等于 ;再將K與a斷開而與b接通，此過程中電池供給的電能等于。（2）第二種情況，現(xiàn)將 K與b接通，達到穩(wěn)定，此過程中電池內(nèi)阻消耗的電能等于;再將K與b斷開而與a接通，此過程中電池供給的電能等于 第19屆復(fù)賽二、（18分）在圖復(fù)19-2中，半徑為R的 圓柱形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁場方向垂直紙面指向紙外，磁感應(yīng)強

11、度 B隨時間均勻 變化，變化率 AB/& = K （K為一正值常量）,圓柱形區(qū)外空間沒有磁場， 沿圖中AC 弦的方向畫一直線， 并向外延長，弦AC與半徑OA的夾角a =n/4 .直線上有一任意點, 設(shè)該點與A點的距離為x,求從A沿直線到該點的電動勢的大小.四、（18分）有人設(shè)計了下述裝置用以測量線圈的自感系數(shù).在圖復(fù) 19-4-1中，E為電壓可調(diào)的直流電源。K為開關(guān)，L為待測線圈的自感系數(shù)，5為線圈的直流電阻，D為理想二極管，r為用電阻絲做成的電阻器的電阻，A為電流表。將圖復(fù)19-4-1中a、b之間的電阻線裝進圖復(fù)19-4-2所示的試管1內(nèi)，圖復(fù)19-4-2中其它裝置見圖下說明.其中注射器筒5

12、和試管1組成的密閉容器內(nèi)裝有某種氣體（可視為理想氣體），通過活塞6的上下移動可調(diào)節(jié)毛細(xì)管8中有色液注的初始位置， 調(diào)節(jié)后將閥門10關(guān)閉，使兩邊氣體隔開.毛細(xì)管8的內(nèi)直徑為d .L試籥工橡皮塞3,胴導(dǎo)線4三通青5注射黠曲6,活雙Y電甜絲8水平放置的毛維管.內(nèi)有 一段有電液柱其右端與大氣相如，左瑞與試首相通一 9曲書刻便尺的底,板，一閥門圈熨已知在壓 強不變的條件 下，試管中的氣 體溫度升高 1K 時，需要吸收的 熱量為Cq ,大 氣壓強為p。設(shè)試管、三通管、注射器和毛細(xì)管皆為絕熱的，電阻絲的熱容不計.當(dāng)接通電鍵K后，線圈L中將產(chǎn)生磁場，已知線圈中儲存的磁場能量W = 1LI2, I為通過線圈的電

13、流，其值2可通過電流表 A測量，現(xiàn)利用此裝置及合理的步驟測量的自感系數(shù)L.簡要寫出此實驗的步驟.用題中所給出的各已知量（r、k、Cq、p、d等）及直接測得的量導(dǎo)出 L的表 達式，六、（20分）在相對于實驗室靜止的平面直角坐標(biāo)系S中，有一個光子，沿 x軸正方向射向一個靜止于坐標(biāo)原點 O的電子.在y軸方向探測到一個散射光子.已知電子的靜止質(zhì) 量為mo,光速為c,入射光子的能量與散射光子的能量之差等于電子靜止能量的1/10.試求電子運動速度的大小 v,電子運動的方向與 x軸的夾角8;電子運動到離原點 距離為Lo （作為已知量）的 A點所經(jīng)歷的時間 & .在電子以1中的速度v開始運動時，一觀察者S相對

14、于坐標(biāo)系S也以速度v沿S中 電子運動的方向運動（即S相對于電子靜止），試求S測出的OA的長度.第18屆預(yù)賽二、（15分）兩塊豎直放置的平行金屬大平板 A、B,相距d , 兩極間的電壓為U。一帶正電的質(zhì)點從兩板間的 M點開始以豎直 向上的初速度vo運動，當(dāng)它到達電場中某點 N點時，速度變?yōu)樗?平方向，大小仍為 v0,如圖預(yù)182所示.求 M、N兩點問的 電勢差.（忽略帶電質(zhì)點對金屬板上電荷均勻分布的影響）七、（25分）如圖預(yù)187所示，在半徑為a的圓柱空間中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感應(yīng)強度大小為 B的均勻磁場，其方向平行于軸線遠離讀者.在圓柱空間中垂直軸線平面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長為L

15、 =1.6a的剛性等邊三角形框架 ADEF ,其中心1O位于圓柱的軸線上.DE邊上S點（DS = L ）處有一發(fā)射帶電粒子的源，發(fā)射粒子4的方向皆在圖預(yù)18-7中截面內(nèi)且垂直于 DE邊向下.發(fā)射粒子的電量皆為 q （0）,質(zhì)量皆為m，但速度v有各種不同的數(shù)值.若這些粒子與三角形框架的碰撞均為完全彈性碰撞，并要求每一次碰撞時速度方向垂直于被碰的邊.試問：.帶電粒子速度v的大小取哪些數(shù)值時可使 S點發(fā)出的粒子最終又回到 S點？2.這些粒子中，回到 S點所用的最短時間是多少?圖預(yù)18-7第18屆復(fù)賽四、（22分）如圖復(fù)18-4所示，均勻磁 X場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度BX隨時間t變化，B =B

16、o -kt （ k為大于0的常數(shù)）.現(xiàn)有兩個完全相同的均勻金屬X圓環(huán)相互交疊并固定在圖中所示位置，乂環(huán)面處于圖中紙面內(nèi)。圓環(huán)的半徑為 R,電阻為r,相交點的電接觸良好.兩個環(huán)的接觸點A與C間的劣弧對圓心O的張角為60 。求t=t0時，每個環(huán)所受的均勻磁場圉復(fù)1&5的作用力，不考慮感應(yīng)電流之間的作用.五、（25分）如圖復(fù)18-5所示，一薄壁導(dǎo)體球殼（以下簡稱為球殼）的球心在 O點.球殼通過一細(xì)導(dǎo)線與端電壓U =90 V的電池的正極相連， 電池負(fù)極接地.在球殼外A B 點有一電量為 q1 =1010-9 C的點電荷，B點有一電量為q2 =16父109 C的點電荷。OA之間的距離d1=20cm,OB

17、之間的距離d2=40cm.現(xiàn)設(shè)想球殼的半徑從 a =10 cm開始緩慢地增大到 50 cm ,問：在此過程中的不同階段，大地流向球殼的電量各是多少？己知靜電力恒量k =9109 N m2 C-2.假設(shè)點電荷能穿過球殼壁進入導(dǎo)體球殼內(nèi)而不與導(dǎo)體壁接觸。第17屆預(yù)賽四、（20分）某些非電磁量的測量是可以通過一些相應(yīng)的裝置轉(zhuǎn)化為電磁量來測量的。一平板電容器的兩個極扳豎直放置在光滑的水平平臺上，極板的面積為S,極板間的距離為d。極板1固定不動，與周圍絕緣；極板 2接地， 且可在水平平臺上滑動并始終與極板1保持平行。極板 2的兩個側(cè)邊與勁度系數(shù)為 k、自然長度為L的兩個完全相 同的彈簧相連，兩彈簧的另一

18、端固定.圖預(yù)17-4-1是這一裝置的俯視圖.先將電容器充電至電壓U后即與電源斷開，再在極板2的右側(cè)的整個表面上施以均勻的向左的待 測壓強p；使兩極板之間的距離發(fā)生微小的變化，如圖預(yù)酬 17-4-217-4-2所示。測得此時電容器的電壓改變量為 AU。設(shè)作用在電容器極板2上的靜電作用力不致引起彈簧的可測量到的形變，試求待測壓強 p。五、（20分）如圖預(yù)17-5-1所示，在正方形導(dǎo)線回路所圍的區(qū)域A1A2A3A4內(nèi)分布有方向垂直于回路平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間以恒定的變化率增大，回路中的感應(yīng)電流為I =1.0mA.已知A1A2、AbA兩邊的電阻皆為零；A4Al邊的電阻兄=3.0卜。，A

19、2AB邊的電阻R2=7.0kG。1 .試求A1A2兩點間的電壓U12、A2A3兩點間的電壓U23、A3A4兩點間的電壓U34、A4Al兩點間白電壓U41。.若一內(nèi)阻可視為無限大的電壓表V位于正方形導(dǎo)線回路所在的平面內(nèi)，其正負(fù)端與連線位置分別如圖預(yù)17-5-2、圖預(yù)17-5-3和圖預(yù)17-5-4所示，求三種情況下電壓表的讀數(shù) U1、U2、U3。AiAixxxv *a風(fēng)XXXAjAi物 17-5.2W. 17-5-3At第17屆復(fù)賽三、（25分）1995年，美國費米國家實驗室CDF實驗組和DO實驗組在質(zhì)子反質(zhì)子對撞機0 =0.4x10-24 s ,這是近十幾年來TEVATRON勺實驗中，觀察到了頂

20、夸克，測得它的靜止質(zhì)量m1 =1.75 父1011 eV/c2 =3.1 父10 25 kg ,壽命粒子物理研究最重要的實驗進展之一.1.正、反頂夸克之間的強相互作用勢能可寫為4aS, , 一,U （r） = -k S，式中r是正、反頂夸3rk是與單位制有關(guān)的常數(shù)，在國際單克之間的距離，as =0.12是強相互作用耦合常數(shù),位制中k =0.319x1025 J m .為估算正、反頂夸克能否構(gòu)成一個處在束縛狀態(tài)的系統(tǒng),可把束縛狀態(tài)設(shè)想為正反頂夸克在彼此間的吸引力作用下繞它們連線的中點做勻速圓周運動.如能構(gòu)成束縛態(tài)，試用玻爾理論確定系統(tǒng)處于基態(tài)中正、反頂夸克之間的距離 r0 ,已知處于束縛態(tài)的正、

21、反夸克粒子滿足量子化條件，即2mv 喙 n =1,2, 3,川式中m/r0 i為一個粒子的動量 mv與其軌道半徑 包的乘積，n為量子數(shù), 22h =6.63父10-34 J s為普朗克常量.2.試求正、反頂夸克在上述設(shè)想的基態(tài)中做勻速圓周運動的周期頂夸克的這種束縛態(tài)能存在嗎 ？五、（25分）在真空中建立一坐標(biāo)系，以水平向右為x軸正方向,豎直向下為y軸正方向，z軸垂直紙面向里（圖復(fù) 17-5）.在0 Ey WL的區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，L=0.80m,磁場的磁感強度T .你認(rèn)為正、反EK 17.5的方向沿z軸的正方向，其大小 B=0.10T.今把一荷質(zhì)比q/m =50C kgT的帶正電質(zhì)點在 x=0,

22、 y = -0.20m, z=0處靜止釋放，將帶電質(zhì)點過原點的時刻定為t=0時刻，求帶電質(zhì)點在磁場中任一時刻t的位置坐標(biāo).并求它剛離開磁場時的位置和速度.取重力加速度g 10 m s 2 第16屆預(yù)賽四、（20分）位于豎直平面內(nèi)的矩形平面導(dǎo)線框 abcd。ab長為li,是水平的，bc長為12,線框的質(zhì)量為 m,電阻為R.o其下方有一勻強磁場區(qū)域， 該區(qū)域的上、下邊界PP和QQ均一，一一l、，. , Pl1P與ab平行，兩邊界間的距離為 H , H l2,磁場的磁感應(yīng)強篁* *其*M K K M X度為B ,方向與線框平面垂直，如圖預(yù)16-4所示。令線中g(shù)的dc H.有x .S.邊從離磁場區(qū)域上

23、邊界 PP的距離為h處自由下落，已知在線HMM*0-1Qr框的dc邊進入磁場后，ab邊到達邊界PP之前的某一時刻線酊貝4框的速度已達到這一階段的最大值。問從線框開始下落到dc邊剛剛到達磁場區(qū)域下邊界QQ的過程中，磁場作用于線框的安培六、（15分）如圖預(yù)16-4-1所示，電阻 B = R2=1kG,電動勢E=6V ,兩個相同的二極D串聯(lián)在電路中，二極管 D的Id -Ud特性曲線如圖預(yù)16-6-2所示。試求:.通過二極管D的電流。.電阻R消耗的功率。圖預(yù)1661第16屆復(fù)賽三、（25分）用直徑為1mm的超導(dǎo)材料制成的導(dǎo)線做成一個半徑為5 cm的圓環(huán)。圓環(huán)處于超導(dǎo)狀態(tài)，環(huán)內(nèi)電流為100A。經(jīng)過一年，

24、經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)，圓環(huán)內(nèi)電流的變化量小于106 A。試估算該超導(dǎo)材料電阻率數(shù)量級的上限。提示：半徑為r的圓環(huán)中通以電流I后，圓環(huán)中心的磁感應(yīng)強度為 B = Ed2r 一 一一 一、，、 一,一一7- -2I、r各量均用國際單位，=4冗父10 N A 。,式中B、1、2、3、4、5和6,如圖復(fù)16-5-1所示。現(xiàn)有五個完全相同的這樣的電阻環(huán),分別稱為Di、D2、一D5 ?，F(xiàn)將D2的1、3、5三點分別與Di的2、4、6三點用導(dǎo)線連接,如圖復(fù) 16-5-2所示。然后將D3的1、3、5三點分別與D2的2、4、6三點用導(dǎo)線連接,依此類推。最后將D5的1、3、5三點分別連接到 D4的2、4、6三點上。.證明全部

25、接好后，在 口上的1、3兩點間的等效電阻為724r。627.求全部接好后，在 D5上的1、3兩點間的等效電阻。六、（25分）如圖復(fù)16-6所示,z軸豎直向上，xy平面是一絕緣的、固定的、剛性平面。在A（Xo,Q,Q）處放一帶電量為 -q （q 0）的小物塊，該物塊與一細(xì)線相連，細(xì)線的另一端B穿過位于坐標(biāo)原點O的光滑小孔，可通過它牽引小物塊。現(xiàn)對該系統(tǒng)加一勻強電場，場強方向垂直與x軸，與z軸夾角為日（如圖復(fù)16-6所示）。設(shè)小物塊和絕緣平面間的摩擦系ZyBx0 X數(shù)為N =tan 6 ,且靜摩擦系數(shù)和滑動摩擦系數(shù)相同。不計重力作用?，F(xiàn)通過細(xì)線來牽引小物塊,使之移動。團宜1金6在牽引過程中，我們約

26、定：細(xì)線的B端只準(zhǔn)沿z軸向下緩慢移動，不得沿z軸向上移動；小物塊的移動非常緩慢，在任何時刻，都可近似認(rèn)為小物塊處在力平衡狀態(tài)。若已知小物塊的移動軌跡是一條二次曲線,五、（25分）六個相同的電阻（阻值均為 R）連成一個電阻環(huán)，六個接點依次為試求出此軌跡方程。參考答案第21屆預(yù)賽三、設(shè)電子剛進入平行板電容器極板間區(qū)域時的速度為V0,因為速度方向平行于電容器的極板，通過長度為l的極板區(qū)域所需的時間ti= l/Vo當(dāng)兩極板之間加上電壓時，設(shè)兩極板間的場強為E,作用于電子的靜電力的大小為qE方向垂直于極板由C旨向D,電子的加速度qE a = mUE =一d因電子在垂直于極板方向的初速度為0,因而在時間t

27、i內(nèi)垂直于極板方向的位移_1小2yi ati2電子離開極板區(qū)域時，沿垂直于極板方向的末速度Vy = at 1設(shè)電子離開極板區(qū)域后，電子到達熒光屏上P點所需時間為t2t2= ( L l/2 ) /Vo在t2時間內(nèi)，電子作勻速直線運動，在垂直于極板方向的位移y2 = Vyt2P點離開O點的距離等于電子在垂直于極板方向的總位移y= yi+y2(8)由以上各式得電子的荷質(zhì)比為qv2dm -UlL加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到 O點，表示在電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場力與磁場力相等，即qE= qvoB注意到（3）式，可得電子射入平行板電容器的速度UV0 二一Bd代人（9）式得q _ u

28、 _2.m B2lLd(12)代入有關(guān)數(shù)據(jù)求得q 一 . _iiq =1.6父10 C/kg（13）m評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 15 分.（I）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）、（8）式各1分，（10）式3分，（12）、（13）式各2分。五、用E和I分別表示abdc回路的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的大小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知E = Bl （V2 v1）EI 二2R令貸示磁場對每根桿的安培力的大小，則F= IBl令21和22分別表示ab桿cd桿和物體M加速度的大小，T表示繩中張力的大小，由牛頓定律可知F= ma1Mg T= ma2T F= ma2由以上各式解得B2l2（V2 -V

29、i）a1 -2 Rm_2 22MgR -B2l2（v2 -v1） a2二2（M m）R評分標(biāo)準(zhǔn)：本題15分.（l）式3分，（2）式2分,（7）、（ 8）式各2分。八、設(shè)B、C右方無窮組合電路的等效電阻為（8 ）（3）式 3分，（4）、（ 5）、（ 6）式各 1 分，Rbc,則題圖中通有電流的電路可以簡化為圖1中的電路。B、C右方的電路又可簡化為圖 2的電路，其中RBC是虛線右方電路的等效電阻。由于B，、C右方的電路與B、C右方的電路結(jié)構(gòu)相同，而且都是無窮組合電路，故有RBC = RBC ,（1）由電阻串、并聯(lián)公式可得RBC=1 . 2RBC2 RBC(2)由式（1）、（2）兩式得RBC - R

30、BC - 2 = 0解得Rbc= 2.0 一；二(3)圖1所示回路中的電流為20 10 -24IA=0.10 A10 30 18 2(4)電流沿順時針方向。設(shè)電路中三個電容器的電容分別為G、C2和 c3,各電容器極板上白電荷分別為Qi、Q2和Q3,極性如圖3所示。由于電荷守恒，在虛線框內(nèi)，三個極板上電荷+ GLJ- 一的代數(shù)和應(yīng)為零，即(5)A、E兩點間的電勢差U A -U eQ1Q3-TC1C3(6)又有(7)Ua-Ue=(10-30 0.10)V=7.0 VB、E兩點間的電勢差又有Ub -Ue二& Q3C2 C3(8) TOC o 1-5 h z Ub Ue =（24 +20m0.10）V

31、=26 V（9）根據(jù)（5）、（ 6）、（ 7）、（ 8）、（9）式并代入G、Q和Q之值后可得Q = 1.3X104C（10）即電容器C3與E直相接的極板帶負(fù)電，電荷量為 1.3X10 4co評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 17分.求得（3）式給 3分，（4）式 1 分，（5）、（6）、（7）、（8）、（9）、（10）式各2分，指出所考察的極板上的電荷是負(fù)電荷再給1分。第21屆復(fù)賽五、1.解法I ：如圖1所示，s為原空腔內(nèi)表面所在位置,q；的位置應(yīng)位于OP；的延長線上的某點Bi處，q2的位置應(yīng)位于OF2的延長線上的某點B2處.設(shè)Ai為S面上的任意一點，根據(jù)題k色AiPik旦二0ABiq2k- =0A1P2AB2

32、(2)怎樣才能使（1）式成立呢？下面分析圖1中AOP1A與AOAB1的關(guān)系.若等效電荷q；的位置Bi使下式成立，即OR OBi=R20Pl OAOA；麗(4) OP1Al OABiAiPiOR aAi BiOAiR(5)由（1）式和（5）式便可求得等效電荷 q；Rqi 二 一 qi a(6)由（3）式知，等效電荷q；的位置Bi到原球殼中心位置 O的距離(7)R2OB1 二 a同理，B2的位置應(yīng)使 OP2AsOA1B2，用類似的方法可求得等效電荷(8)R q2 = - q2 a等效電荷q2的位置B2到原球殼中心 O位置的距離(9)ae- R2OB2二 a解法n ：在圖1中，設(shè)斕=1, ABi =

33、r1, OB? = d .根據(jù)題意，q和q；兩者在Ai點產(chǎn)生 的電勢和為零.有(10k - riri式中r1 =(R2 +a2 -2Racos9)；2(2，)r=(R2 + d2 -2RdcosQ)；,2)由(1，)、(2，)、(3Z)式得qi2(R2 d2 -2Rdcos1)=q12(R2 a2 -2Racos1)”)(4/)式是以cos8為變量的一次多項式，要使(40式對任意H均成立，等號兩邊的相 應(yīng)系數(shù)應(yīng)相等，即2 22、2 22、)qi (R d ) =qi (R a )22qi d =qi a(60由（5，）、（69式得.2222ad - (a R )d aR =0(70解得dJa2

34、R2)(a2-R2)2a(80由于等效電荷位于空腔外部，由（80式求得R2(90由（6，）、（99式有-2 qiR22 qi（i0/）考慮到（*）式，有Rqi = -qi a(ii /)同理可求得(i2/ )(B)Ua = kqi1RAR i . i R i 11- I 一a BiAF2A a B2A/(i0)R A點的位置如圖2所示.A的電勢由qi、q；、q2、q2共同產(chǎn)生，即OB2 二aR q2 - - q2 aF|A = r2 - 2ra cos a2圖2.cos? a2_.2P2A = r 2ra cos? a代入（10）式得Ua = kq10時，ab桿位于其初始位置的右側(cè)；當(dāng) X0時

35、，ab桿位于其初始位置的左側(cè).代入(14)式,得TXL(16)這時作用于ab桿的安培力2.2F = -iBl = _2B_L xL(17)ab桿在初始位置右側(cè)時，安培力的方向指向左側(cè);ab桿在初始位置左側(cè)時，安培力ab的運動是簡諧振動，振動(18)(19)的方向指向右側(cè)，可知該安培力具有彈性力的性質(zhì).金屬桿 的周期mT = 2 2I-2 2 .；2B2l2 L在任意時刻t, ab桿離開其初始位置的位移ab桿的振動速A為簡諧振動的振幅，邛為初相位，都是待定的常量.通過參考圓可求得(20)（19）、（20）式分別表示任意時刻ab桿離開初始位置的位移和運動速度.現(xiàn)已知在t = 0時刻，ab桿位于初始

36、位置，即速度故有1u - vo 7c - V0 - vo21=一 V02V02in :解這兩式，并注意到（18）式得由此得ab桿的位移7 Vo mL 23nVomL . 2qXcos tsin t2Bl 2 T 2 2Bl I 2 T由(15)式可求得ab桿在S系中的位置V0mL2Bl I 2.2q sin tT因相對質(zhì)心，任意時刻 ab桿和cd桿都在質(zhì)心兩側(cè)，到質(zhì)心的距離相等，故在S系中,cd桿的位置(21)(22)(23)(24)(25)1相對地面參考系 S,質(zhì)心以VC = v0的速度向右運動，并注意到(18)式，得ab桿在地2面參考系中的位置xab=x0V0tV0mL 一.sin2Bl

37、2Bl(26)cd桿在S系中的位置1xcd V0t2(27)(28)回路中的電流由(16)式得,2Bl V0 i =L 2Bl解法n ：當(dāng)金屬桿在磁場中運動時，因切割磁力線而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中出現(xiàn)電流時， 兩金屬桿都要受到安培力的作用，安培力使ab桿的速度改變，使cd桿運動.設(shè)任意時刻t,兩桿的速度分別為 Vi和V2 (相對地面參考系 S),若規(guī)定逆時針方向為回路電動勢和電流 的正方向，則由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中，因桿在磁場中運動而出現(xiàn)的感應(yīng)電動勢為(1)E = B1Vl -v2令u表示ab桿相對于cd桿的速度，有(2)El = Blu當(dāng)回路中的電流i變化時，回路中有自感電動勢El,其

38、大小與電流的變化率成正比，即有根據(jù)歐姆定律，注意到回路沒有電阻，有由式（2）、（3）兩式得El.：i-L二 t(3)El =0LiBlu = L .：t(4)設(shè)在t時刻，金屬桿 ab相對于cd桿的距離為x，在t+At時刻，ab相對于cd桿的距離為x +位，則由速度的定義，有LXu =：t(5)代入（4）式得Bl：x =L.：i(6)若將x視為i的函數(shù)，由（6）式可知,公7改為常量，所以x與i的關(guān)系可以用一直線方程表示，即xi bBl(7)式中b為常數(shù)，其值待定.現(xiàn)已知在t=0時刻，金屬桿ab相對于cd桿的距離為x0,這時i = 0,故得xi XoBl(8)i二旦xL-Xo(9)Xo表示t= C

39、B寸刻金屬桿ab相對于cd桿的位置.x表示在任意時刻t時ab桿相對于cd桿的位置，故（x-x0 ）就是桿ab在t時刻相對于cd桿的相對位置相對于它們在t = 0時刻的相對位置的位移，即從 t=0iiJ t=t時間內(nèi)ab桿相對于cd桿的位移X =x-x0(10)于是有TxL(11)任意日刻t, ab桿和cd桿因受安培力作用而分別有加速度aab和acd,由牛頓定律有-iBl =m%b(12)iBl = macd(13)兩式相減并注意到(9)式得2 2 2B2I2 m aab - acd - -2iB| 二 一 l X(14)式中(aab -acd )為金屬桿ab相對于cd桿的加速度，而X是ab桿相

40、對cd桿相對位置的位2B2l2移. 3L是常數(shù)，表明這個相對運動是簡諧振動，它的振動的周期L 2B2l2 L(在任意時刻t, ab桿相對cd桿相對位置相對它們初始位置的位移X 二 Acos 包t :TA為簡諧振動的振幅，中為初相位，都是待定的常量.通過參考圓可求得X隨時間的變化率即速度“ a 2 Tt . j 2 式也、V = A Sin 一 十中! D IT )現(xiàn)已知在t=0時刻，桿位于初始位置，即 X = 0,速度V=v0 故有0 = Acos :Vo - -A - sin :T(16)(17)解這兩式，并注意到(15)式得=3%2V0T=V2n BlmL2由此得(18 )X匹cos怎t

41、+叼=4匹sin叫區(qū)1Bl 2 It 2 ) Bl V 2 I mL I因t = 0時刻，cd桿位于x = 0處，ab桿位于x = x0處，兩者的相對位置由 x0表示；設(shè)t 時刻，cd桿位于x = xcd處，ab桿位于x = xab處，兩者的相對位置由 b xcd表示，故兩桿的相對位置的位移又可表示為所以（12）和（13）式相力口 ,得X = Xab Xcd X0(19)m aabacd = -iBl iBl = 0(20)aab acd- 0由此可知，兩桿速度之和為一常數(shù)即V。，所以兩桿的位置 Xab和4d之和應(yīng)為Xab+ Xcd = X0 + Vot(21)由（20）和（21 ）式相加和相

42、減，注意到（15）式，得1v0 而L .%b =Xd +_vct +s sin B22Bl1 22 t mL(22，)(23)由（11）、（19） （22）、（23）式得回路中電流(24，)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.解法I 求得（16）式8分，（17）、（18）、（19）三式各2分.（23）式4分，（24）、（25）二式各2分，（26）、（27）、（28）三式各1分.解法n的評分可參照解法I評分標(biāo)準(zhǔn)中的相應(yīng)式子給分.第20屆預(yù)賽四、參考解答設(shè)計的磁場為沿z軸方向的勻強磁場，O點和M點都處于這個磁場中。下面我們根據(jù)題意求出這種磁場的磁感應(yīng)強度的大小。粒子由O點射出就進入了磁場， 可將與z軸成8角的用

43、預(yù)解速度分解成沿磁場方向的分速度vZ和垂直于磁場方向的分速度v（見圖預(yù)解20-4-1）,注意到8很小，得vZ = v cos ： v(1)v = vsin 二： vi粒子因具有垂直磁場方向的分速度，在洛侖茲力作用下作圓周運動，以R表示圓周的半徑，有2vqBv 二 m- - R圓周運動的周期2二 Rv_由此得2二 mqB(3)可見周期與速度分量v,無關(guān)。粒子因具有沿磁場方向的分速度，將沿磁場方 向作勻速直線運動。由于兩種分速度同時存在，粒 子將沿磁場方向作螺旋運動，螺旋運動螺距為h = T= vT（4）由于它們具有相同的 v,因而也就具有相同的螺距； 又由于這些粒子是從同一點射出的，所以經(jīng)過整數(shù)

44、 個螺距（最小是一個螺距）又必定會聚于同一點。只要使OM等于一個螺距或一個螺距的 n （整數(shù)）倍，由O點射出的粒子繞磁場方向旋轉(zhuǎn)一周（或若干周后）必定會聚于 M點，如圖20-4-2所示。所以d = nh, n=1,2,3,(5)由式（3）、（4）、（5）解得n =1, 2, 3,(6)2 二 mvnB=，qd這就是所要求磁場的磁感應(yīng)強度的大小，最小值應(yīng)取n = 1,所以磁感應(yīng)強度的最小值為2 二 mvB 二。qd評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分。磁場方向2分，式（3）、（4）各3分，式（5） 5分，求彳#式（6）給5分，求彳#式（7）再給2分。七、參考解答在電壓為U。時，微粒所受電場力為 Uq/2l ,此

45、時微粒的加速度為 a0=U0q/21m 。將此式代入題中所給的等式，可將該等式變?yōu)閘-a0 丁i6 . 2(1)現(xiàn)在分析從0到T/2時間內(nèi)，何時產(chǎn)生的微粒在電場力的作用下能到達A板，然后計算這些微粒的數(shù)目。在t=0時產(chǎn)生的微粒，將以加速度a0向A板運動，經(jīng)T/2后，移動的距離x與式（1）相比，可知i T 2 x=2a0 2(2)即t =0時產(chǎn)生的微粒，在不到 T/2時就可以到達 A板。在Ua =U。的情況下，設(shè)剛能到達A板的微粒是產(chǎn)生在t =ti時刻，則此微粒必然是先被電壓U。加速一段時間&i ,然后再被電壓-2U。減速一段時間，到 A板時剛好速度為零。用di和d2分別表示此兩段時間內(nèi)的位移，

46、Vi表示微粒在&i內(nèi)的末速，也等于后一段時間的初速，由勻變速運動公式應(yīng)i .2di =a0( ti)(3)又因0 =V2 2(-2a0)d2(4)Vi =a0&i,(5)di +d2 =l ,(6)(7)由式（3）到式（7）及式（1）,可解得ti =-,（8）2這就是說，在Ua =U0的情況下，從1=0到1=丁/4這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒都可到達A板（確切地說，應(yīng)當(dāng)是 t T/4）O為了討論在T/4 ct Wt/2這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒的運動情況，先設(shè)想有一靜止粒子在A板附近，在Ua =-2Uo電場作用下，由A板向B板運動，若到達B板經(jīng)歷的時間為T,則有122l =-（2a。）.22根據(jù)式（1）可求

47、得=-2U0的電場作用下向 B板運動的時板（確切地說，應(yīng)當(dāng)是t 1 ,故在t =T /4時產(chǎn)生的微粒最終將到達不會再回到A板。t=T/8 ,故可在 Ua =2U0 的T/4,在Ua =-2U0的電場作用下速度減到零的時間小于電場作用下向B板運動時間為. 11-T -T = 1 28所以這些微粒最終都將打到 B板上，不可能再回到 A板。由以上分析可知，在 t=0至ijt =T/2時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中，只有在 1=0到1=丁/4時A板的間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達 A板，因為各個時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等，所以到達微粒數(shù)為 一1 VN=320m=80（9）4評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分。論證在t =0至Ut =T/

48、4時間內(nèi)產(chǎn)生的微?？赡艿竭_ A板給10分；論證1=丁/4至h=丁/2時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒不能到達 A板給6分。求得最后結(jié)果式（9）再給4分。第20屆復(fù)賽令m表小質(zhì)子的質(zhì)量,一、參考解答Vo和v分別表示質(zhì)子的初速度和到達 a球球面處的速度，e表示元電荷，由能量守恒可知2m%二 1 mv2 eU2(1)30-M因為a不動，可取其球心 O為原點，由于質(zhì)子所受的a球?qū)λ撵o電庫侖力總是通過a球的球心，所以此力對原點的力矩始終為零，質(zhì)子對O點的角動量守恒。所求l的最大值對應(yīng)于質(zhì)子到達 a球表面處時其速度方向剛好與該處球面相切（見復(fù)解20-1-1）。以lmax表示l的最大值，由角動量守恒有mvol max =

49、mvR由式（1）、（2）可得(3)代入數(shù)據(jù)，可得1-R1 max - R2若把質(zhì)子換成電子，則如圖復(fù)解 20-1-2所示，此時式（1）中e改為 工。同理可求得(5)1 max評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 15分。式（1）、（2）各4分，式（4） 2分，式（5） 5分。六、參考解答在點電荷形成的電場中一點的電勢與離開該點電荷的距離成反比。因為取無限遠處為電勢的零點，故正電荷在空間各點的電勢為正；負(fù)電荷在空間各點的電勢為負(fù)?，F(xiàn)已知x=xo處的電勢為零，故可知這兩個點電荷必定是一正一負(fù)。根據(jù)所提供的電勢的曲線，當(dāng)考察點離坐標(biāo)原點很近時，電勢為正，且隨x的減小而很快趨向無限大，故正的點電荷必定位于原點O處，以Q1表

50、示該點電荷的電量。當(dāng) x從0增大時，電勢沒有出現(xiàn)負(fù)無限大，即沒有經(jīng)過負(fù)的點電荷， 這表明負(fù)的點電荷必定在原點的左側(cè)。設(shè)它到原點的距離為a,當(dāng)x很大時，電勢一定為負(fù)，且趨向于零，這表明負(fù)的點電荷的電量的數(shù)值Q2應(yīng)大于Q1。即產(chǎn)生題目所給的電勢的兩個點電荷，一個是位于原點的正電荷，電量為Q1；另一個是位于負(fù)x軸上離原點距離a處的負(fù)電荷，電量的大小為Q2,且Q2 Q1。按題目所給的條件有k5-k-Q =0 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark46 o Current Document x0 x0aQ1Q9k- -k Q2= -U0ax0ax0 a因*=2*0時，電勢為

51、極小值，故任一電量為q的正檢測電荷位于 x=ax0處的電勢能位于該點的檢測電荷受到的電場力等于也為極小值，這表明該點是檢測電荷的平衡位置,零，因而有Qi(axo)2-kQ2-(axo a)由式（1）、（2）和（3）可解得a = a(a -2)x0_ax0_uoaT2 ,a(a -1) U0 x0a -2 k式中k為靜電力常量。評分標(biāo)準(zhǔn)：本題23分。式（1）、（2）各 4 分，式（3） 6 分，式（4）、（5）、（6）各 3 分。七、參考解答設(shè)物塊在A點第一次與地面碰撞，碰撞前水平速度仍為v0 ,豎直速度為U0=T2Vh（1）碰撞后物塊的豎直速度變?yōu)?U1 ,根據(jù)題意，有U1 =eu0（2）圖復(fù)

52、解制-7設(shè)物塊的質(zhì)量為 m,碰撞時間為因為碰撞時間極短，物塊與地面間沿豎直方向的作用力比重力大得多，可忽略重力的作用，這樣，物塊對地面的正壓力的大小為N1mu0 mu1,t(3)水平方向動量的變化是水平摩擦力的沖量作用的結(jié)果，設(shè)水平方向速度變?yōu)関1，則有(4)mv1 -mv0 = -N-t由以上各式得% =v0 -(1e) Ju。同理，在落地點 修,丹，An其碰撞后的豎直分速度分別為2U2 = e U03U3 = euoUn =包0(6)其水平速度分別為v2 =v0 (1 e) .L(1 - e)u02.V3 =v0 -(1 e)(1 e e )U0vn =v0 (1+e)N(1+e+e2+|

53、+en)u0(7)由式（6）可知，只有當(dāng)碰撞次數(shù) nTo時，碰地后豎直方向的分速度 Un才趨向于零，但物塊對地面的正壓力的最小值不小于mg。地面作用于物塊的摩擦力的最小值不小于Nmg,因次，物塊沿水平方向的分速度一定經(jīng)歷有限次數(shù)碰撞后即變?yōu)榱?，且不會反向。設(shè)經(jīng)過n=n0次碰撞，物塊沿水平方向的分速度已經(jīng)足夠小，再經(jīng)過一次碰撞，即在n =n0 +1次碰撞結(jié)束后，水平方向的分速度恰好變?yōu)榱?。因v為書=0,由式（7）v0 -(1 e)(1 , e - e2 , |en)U0 = 0vg(1 , e)(1 en0 ”川。1 - en0 1e =1(1-e v0(1 e )小兩邊取對數(shù)1n0 1 lg

54、1lg e IL(1-e)v0(1 +e)yU0(8)(9)B Jg 1 一正喂Ilge (1+e)氏0若B恰為整數(shù)，這表示這次碰撞中，經(jīng)過整個碰撞時間At,水平速度變?yōu)榱?，則碰撞次數(shù)n0 1 二 B有=B1(10)若B不是整數(shù)，此種，f#況對應(yīng)于在n=n0+1次碰撞結(jié)束前，即在小于碰撞時間內(nèi)，水平速度變?yōu)榱?。則碰撞次數(shù)n0 1 - IB 1+1有n0=B(11)IB 表示B的整數(shù)部分。由于經(jīng)過n0+1次碰撞，物塊沿水平方向的分速度已為零，但豎直方向的分速度尚未 為零，故物塊將在 An書處作上下跳躍，直到 enu0T 0,即nTg，最后停止在 公。出處。物塊運動的最遠水平距離 s = A0An

55、0書。下面分別計算每次跳躍的距離。A0Al =V0(12)g22u12eu0V0 2eu0 .A1Az 二v1 =(1 e)g g g TOC o 1-5 h z c 2-222e uV0 2e u0,A2AB =30(1 e)(1 e)g g An0An書=2e u0V0_2e Uo(1+e)(1+e+e2 +| +en0 J)(13)0 g g所求距離為上述所有量的總和，為s =uv0-2u .Ree2IHen0)u-.e) .Lee 2；1e) e(31e e)2g gg+HI+e“(1 +e+e2 十川+en)(14)分別求級數(shù)的和：1e +e +e +HI +e 0 =e(15)-e

56、 TOC o 1-5 h z 3 ,.2 mn0 2 .n0e e (1 e) e (1 e e )川 e0(1 e e e0 )23n02 1 -e 3 1 -en0 1 -e二 e e e 川 e01 -e1 e1 -e12233nn_=一e(1e) e2(1e2)e3(1e3)en(1 -en0)1 -e1eenen-2+e1 _e(1 -e2n2 02一)將以上兩個關(guān)系式和 u0 =5/2gh代入式(14),得2h 1 -en0 si, (1 2e-) ,g 1 -e4eh(1-e)2nnn ： ：1(1-e0)(1-e0 )式中胴由式（10）或式（11）決定。評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分。1

57、0） 2 分，式（11） 2 分，式（14） 5 分,求得式（17）并說明n0的取值,給3分。第19屆預(yù)賽（1） 1E2C , 02評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分。1 2 -E2C ,41 2 -E2C2（1）10分。其中每個空5分。(2)10分。其中每個空5分。第19屆復(fù)賽由于圓柱形區(qū)域內(nèi)存在變化磁場,在圓柱形區(qū)域內(nèi)外空間中將產(chǎn)生渦旋電場，電場線為圓，圓心在圓柱軸線上，圓面與軸線垂直，如圖中虛點線所示.在這樣的電場中，沿任意半徑方向移動電荷時， 由于電場力與移動方向垂直，渦旋電場力做功為零， 因此沿半徑 方向任意一段路徑上的電動勢均為零.任意點在磁場區(qū)域內(nèi)：令 P為任意點（見圖復(fù)解 19-2-1） x

58、WjR,在圖中連直線OA與OP。取閉合回路 APOA ,可得回路電動勢 E1=EAP +EPO + EOA ,式中EAP ,EPO,EOA分別為從A到P、從P到O、從。到A的電動勢。由前面的分析可知 EPO=0, eoa =0 ,故EAP =E1令A(yù)AOP的面積為6 ,此面積上磁通量 =B& ,由電磁感應(yīng)定律，回路的電動勢大小為一B% =1 =S .：t-：t根據(jù)題給的條件有(2)E1 =S1k由圖復(fù)解19-2-2可知S1 JxRsin:2xR2.2(3)由（1）、（ 2）、（3）式可得沿AP線段的電動勢大小為kREap =2.2X圖復(fù)解19-2-2圖復(fù)解19-21.任意點在磁場區(qū)域外：令 Q

59、為任意點（見圖復(fù)解19-2-2 ） , x72Ro在圖中連(5)OA、OQ。取閉合回路 AQOA ,設(shè)回路中電動勢為 E2 ,根據(jù)類似上面的討論有EAQ = E2對于回路AQOA ,回路中磁通量等于回路所包圍的磁場區(qū)的面積的磁通量，此面積為S2 ,通過它的磁通量 電=B0。根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知回路中電動勢的大小(6)E2 =Szk在圖中連OC ,令ZCOQ = P，則/OQC =口 P ,于S2 =MOC的面積+扇形OCD的面積_2二 R2,1 、”=(-Rsin : ) 2Rcos二1 2=R2(sin2i )-：-) 2當(dāng) 0(=冗/4 時，s2=；R2(1 + P), OCQ中有sin

60、1：,sin(二 /4) -PRsin : = (x -、2R)sIn(- ：)4-1=(x - 2R)(cos - -sin )2x -、2r、. x -2r(R - )sin ： =_ cos -22,: x - 2Rtan -二x于是得O 1 r-)2x - 2R S2 = - R (1 arctan)2x由（5）、（ 6）、(7)式可得沿AQ線的電動勢的大小為EAQ_ _2T_kRx - 2R(1 arctan) HYPERLINK l bookmark72 o Current Document 2x(8)四、參考解答. （1）調(diào)整活塞6使毛細(xì)管8中有色液柱處于適當(dāng)位置，將閥門10關(guān)閉