第34屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽試卷(解析版)

PAGE1-第34屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽試卷解析版一、選擇題．本題共5小題,每小題6分．在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中,有的小題只有一項(xiàng)符合題意，有的小題有多項(xiàng)符合題意．把符合題意的選項(xiàng)前面的英文字母寫在每小題后面的方括號(hào)內(nèi)．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分．1．下述實(shí)驗(yàn)或現(xiàn)象中,能夠說(shuō)明光具有粒子性的是(）A．光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)B．黑體輻射C．光電效應(yīng)D．康普頓效應(yīng)2．系統(tǒng)l和系統(tǒng)2質(zhì)量相等，比熱容分別為C1和C2,兩系統(tǒng)接觸后達(dá)到共同溫度T；整個(gè)過(guò)程中與外界(兩系統(tǒng)之外）無(wú)熱交換.兩系統(tǒng)初始溫度T1和T2的關(guān)系為()A．T1=eq\f(C2,C1）（T－T2)－TB．T1=eq\f(C1,C2）（T－T2）－TC．T1=eq\f（C1,C2）（T－T2）+TD．T1=eq\f（C2,C1)（T－T2）+T3．假設(shè)原子核可視為均勻球體。質(zhì)量數(shù)為A的中重原子核的半徑R可近似地用公式R=R0A1/3表示，其中R0為一常量。對(duì)于核子數(shù)相同的原子核，下列說(shuō)法正確的是()A．質(zhì)量密度是基本相同的B．電荷密度是基本相同的C．表面積是基本相同的D．體積是基本相同的4．一顆人造地球通訊衛(wèi)星（同步衛(wèi)星)對(duì)地球的張角能覆蓋赤道上空東經(jīng)θ0－Δθ到東經(jīng)θ0+Δθ之間的區(qū)域。已知地球半徑為R0，地球表面處的重力加速度大小為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T.Δθ的值等于（）A．a(chǎn)rcsin（eq\f（4))1/3B．2arcsin(eq\f(4)）1/3C．a(chǎn)rccos(eq\f（4）)1/3D．2arccos（eq\f(4））1/35．有3種不同波長(zhǎng)的光，每種光同時(shí)發(fā)出、同時(shí)中斷,且光強(qiáng)都相同,總的光強(qiáng)為I,脈沖寬度(發(fā)光持續(xù)時(shí)間）為τ,光脈沖的光強(qiáng)I隨時(shí)間t的變化如圖所示。該光脈沖正入射到一長(zhǎng)為L(zhǎng)的透明玻璃棒，不考慮光在玻璃棒中的傳輸損失和端面的反射損失.在通過(guò)玻璃棒后光脈沖的光強(qiáng)I隨時(shí)間t的變化最可能的圖示是(虛線部分為入射前的總光強(qiáng)隨時(shí)間變化示意圖）()二、填空題．把答案填在題中的橫線上．只要給出結(jié)果，不需寫出求得結(jié)果的過(guò)程．6．(10分）如圖，一個(gè)球冠形光滑凹槽深度h=0。050m，球半徑為20m．現(xiàn)將一質(zhì)量為0.10kg的小球放在凹槽邊緣從靜止釋放。重力加速度大小為9。8m/s．小球由凹槽最高點(diǎn)滑到最低點(diǎn)所用時(shí)間為__________s．7．(10分)先用波長(zhǎng)為λ1的單色可見光照射楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置；再加上波長(zhǎng)為λ2（λ2〉λ1)的單色可見光照射同一個(gè)楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置.觀察到波長(zhǎng)為λ1的光的干涉條紋的l、2級(jí)亮紋之間原本是暗紋的位置出現(xiàn)了波長(zhǎng)為λ2的光的干涉條紋的1級(jí)亮紋,則兩種光的波長(zhǎng)之比λ2：λ1=__________________。8．(10分）某一導(dǎo)體通過(guò)反復(fù)接觸某塊金屬板來(lái)充電。該金屬板初始電荷量為6μC，每次金屬板與導(dǎo)體脫離接觸后，金屬板又被充滿6μC的電荷量。已知導(dǎo)體第一次與金屬板接觸后，導(dǎo)體上帶的電荷量為2μC;經(jīng)過(guò)無(wú)窮次接觸，導(dǎo)體上所帶的電荷量最終為______________。9．（10分）如圖,一焦距為20cm的薄透鏡位于x=0平面上，光心位于坐標(biāo)原點(diǎn)0,光軸與x軸重合.在z=0平面內(nèi)的一束平行光入射到該透鏡上，入射方向與光軸的夾角為30°．該光束通過(guò)透鏡后匯聚點(diǎn)的位置坐標(biāo)為_________________.10．(10分)一質(zhì)量為m的小球與一勁度系數(shù)為k的彈簧連接，置于光滑水平桌面上,彈簧的另一端與固定墻面相連，小球做一維自由振動(dòng)，彈簧的伸縮方向與小球的振動(dòng)方向一致。在一沿此彈簧長(zhǎng)度方向以速度u做勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系里觀察，此彈簧和小球構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能___________（填“守恒”或“不守恒")，理由是__________________________________________________________________________。三、計(jì)算題．計(jì)算題的解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后結(jié)果的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．（20分）某電視節(jié)目中演示了一個(gè)用三根火柴棍和細(xì)棉線懸掛起一瓶或多瓶礦泉水的實(shí)驗(yàn)，如圖所示.A、B、C為三根相同的火柴棍，火柴棍長(zhǎng)為l,細(xì)實(shí)線為棉線，棉線的直徑為d(d<〈l）?；鸩窆鰽的一半在水平桌面內(nèi)，另一半在桌面外，火柴棍A與桌面上表面的邊沿垂直；桌面厚度為h；O是火柴棍A的中點(diǎn)與桌面邊沿的接觸點(diǎn);棉線緊貼桌沿繞過(guò)A,壓在水平火柴棍C的兩端;火柴棍B的一端頂在火柴棍A的球狀頭部（可近似忽略球狀頭部的尺度)，另一端頂在火柴棍C的中點(diǎn)。這樣的結(jié)構(gòu)可以穩(wěn)定地懸掛起一瓶或多瓶礦泉水。(1）如果沒(méi)有火柴棍B和C,光靠A是否可能懸掛起一瓶礦泉水？為什么？（2)加上火柴棍B和C、小心掛上重物時(shí),火柴棍A會(huì)在過(guò)A的豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)有一個(gè)角位移，通過(guò)火柴棍B的帶動(dòng)，壓在火柴棍C兩端的棉線將繞桌面下表面的邊沿轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小的角度；只要角度大小合適，可使整個(gè)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定平衡。求平衡時(shí)該角度的大小。已知火柴棍與桌沿、火柴棍與棉線以及火柴棍之間都足夠粗糙（即可以沒(méi)有滑動(dòng)),而且它們的質(zhì)量與重物相比均可忽略。12．（20分）如圖，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形銅線框abcd可繞水平軸ab自由轉(zhuǎn)動(dòng)，一豎直向上的外力F作用在cd邊的中點(diǎn),整個(gè)線框置于方向豎直向上的均勻磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化。已知該方形線框銅線的電導(dǎo)率(即電阻率的倒數(shù))為σ，銅線的半徑為r0，質(zhì)量密度為ρ,重力加速度大小為g．(1）當(dāng)框平面與水平面abef的夾角為θ時(shí)，求該方形線框所受到的重力矩.（2）當(dāng)框平面與水平面abef的夾角為θ時(shí)，框平面恰好處于平衡狀態(tài)。求此時(shí)線框中cd邊所受到的磁場(chǎng)B的作用力的大小與外力的大小F之間的關(guān)系式。(3）隨著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化，可按照(2)中的關(guān)系式隨時(shí)調(diào)整外力F的大小以保持框平面與水平面abef的夾角總為θ．在保持夾角θ不變的情形下，已知在某一時(shí)刻外力為零時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率ΔBΔt．13．（20分）橫截面積為S和2S的兩圓柱形容器按圖示方式連接成一氣缸，每個(gè)圓筒中各置有一活塞，兩活塞間的距離為l，用硬桿相連，形成“工"字形活塞,它把整個(gè)氣缸分隔成三個(gè)氣室,其中I、Ⅲ室密閉摩爾數(shù)分別為ν和2ν的同種理想氣體，兩個(gè)氣室內(nèi)都有電加熱器；Ⅱ室的缸壁上開有一小孔,與大氣相通；1mol該種氣體內(nèi)能為CT（C是氣體摩爾熱容量，T是氣體的絕對(duì)溫度）.當(dāng)三個(gè)氣室中氣體的溫度均為T1時(shí),“工”字形活塞在氣缸中恰好在圖所示的位置處于平衡狀態(tài)，這時(shí)I室內(nèi)氣柱長(zhǎng)亦為l,Ⅱ室內(nèi)空氣的摩爾數(shù)為eq\f（3,2)ν0．已知大氣壓不變，氣缸壁和活塞都是絕熱的，不計(jì)活塞與氣缸之間的摩擦?，F(xiàn)通過(guò)電熱器對(duì)I、Ⅲ兩室中的氣體緩慢加熱，直至I室內(nèi)氣體的溫度升為其初始狀態(tài)溫度的2倍時(shí)，活塞左移距離d．已知理想氣體常量為R．求(1）Ⅲ室內(nèi)氣體初態(tài)氣柱的長(zhǎng)度；(2)Ⅲ室內(nèi)氣體末態(tài)的溫度；(3)此過(guò)程中I、Ⅲ室密閉氣體吸收的總熱量。14．(20分）把沿x方向通有電流(x方向的電場(chǎng)強(qiáng)度為Ex)的長(zhǎng)方體形的半導(dǎo)體材料,放在沿z方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，半導(dǎo)體材料的六個(gè)表面分別與相應(yīng)的坐標(biāo)平面平行；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bx．在垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)的+y或－y方向?qū)a(chǎn)生一個(gè)橫向電場(chǎng)Ey，這個(gè)現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，由霍爾效應(yīng)產(chǎn)生的電場(chǎng)稱為霍爾電場(chǎng).實(shí)驗(yàn)表明霍爾電場(chǎng)Ey與電流的電流密度Jx和磁感應(yīng)強(qiáng)度Bx的乘積成正比，即Ey=RHJxBz，比例系數(shù)RH稱為霍爾系數(shù)。某半導(dǎo)體材料樣品中有兩種載流子:空穴和電子；空穴和電子在單位電場(chǎng)下的平均速度(即載流子的平均速度與電場(chǎng)成正比的比例系數(shù))分別為μp和－μn，空穴和電子的數(shù)密度分別為p和n，電荷分別為e和一e．試確定該半導(dǎo)體材料的霍爾系數(shù). 15．（20分)某根水平固定的長(zhǎng)滑竿上有n（n≥3)個(gè)質(zhì)量相同的滑扣（即可以滑動(dòng)的圓環(huán)），每相鄰的兩個(gè)滑扣（極薄）之間有不可伸長(zhǎng)的柔軟輕質(zhì)細(xì)線相連，細(xì)線長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒為滑扣對(duì)滑竿正壓力大小的μ倍。開始時(shí)所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互擠壓）；今給第1個(gè)滑扣一個(gè)初速度使其在滑竿上開始向左滑行（平動(dòng))；在滑扣滑行的過(guò)程中，前、后滑扣之間的細(xì)線拉緊后都以共同的速度向前滑行，但最后一個(gè)（即第n個(gè)）滑扣固定在滑竿邊緣。已知從第1個(gè)滑扣開始的（n一1）個(gè)滑扣相互之間都依次拉緊,繼續(xù)滑行距離l（0<l<L）后靜止,且所有細(xì)線拉緊過(guò)程的時(shí)間間隔極短.求（1)滑扣1的初速度的大小；(2）整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功;(3）整個(gè)過(guò)程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的總動(dòng)能損失。16．(20分)如圖，兩勁度系數(shù)均為k的同樣的輕彈性繩的上端固定在一水平面上,下端懸掛一質(zhì)量為m的小物塊。平衡時(shí)，輕彈性繩與水平面的夾角為α0，彈性繩長(zhǎng)度為l0．現(xiàn)將小物塊向下拉一段微小的距離后從靜止釋放。（1）證明小物塊做簡(jiǎn)諧振動(dòng)；（2）若k=0。50N/m、m=50g、α0=30°、l0=2。0m，重力加速度g=9。8m/s.，求小物塊做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期T;(3)當(dāng)小物塊下拉的距離為0。010m時(shí)，寫出此后該小物塊相對(duì)于平衡位置的偏離隨時(shí)間變化的方程。已知：當(dāng)x〈〈1時(shí),eq\f（1,1+x）≈1－x，eq\R(，1+x)≈1+\f（1,2）x．解析1．黑體輻射：在任何條件下,對(duì)任何波長(zhǎng)的外來(lái)輻射完全吸收而無(wú)任何反射的物體，……但黑體未必是黑色的,例如太陽(yáng)是一個(gè)黑體……在黑體輻射中，隨著溫度不同，光的顏色各不相同,黑體呈現(xiàn)由紅-—橙紅—黃—黃白—白-藍(lán)白的漸變過(guò)程?！绽士擞珊隗w輻射提出能量子的觀點(diǎn)！CD明顯正確選BCD2．從表達(dá)式看，應(yīng)是物體1的放熱=物體2的吸熱,建立方程：C1m（T1－T）=C2m(T－T2）……選DRrΔθ地球同步衛(wèi)星3．核子數(shù)相同→質(zhì)量數(shù)相同→由題知半徑相同→CD對(duì);質(zhì)量數(shù)相同→質(zhì)量基本相同RrΔθ地球同步衛(wèi)星4．首先算出同步衛(wèi)星繞地球公轉(zhuǎn)的半徑r，地球自身半徑為R，幾何關(guān)系如右圖所示，……選C5．因?yàn)槟芰渴菦](méi)有損失的，所以通過(guò)玻璃棒后光脈沖的光強(qiáng)（圖中實(shí)線總面積)應(yīng)該與原來(lái)的光強(qiáng)(虛線面積)相同。又因?yàn)槭侨N不同波長(zhǎng)的光,所以在同種介01221012210I波長(zhǎng)為λ1的單色光的亮條紋波長(zhǎng)為λ2的單色光的亮條紋I6．典型的單擺模型：T=27．兩束光到達(dá)I位置的光程差記為d；對(duì)于波長(zhǎng)為λ1的單色光而言,d=eq\f（3，2)λ1;對(duì)于波長(zhǎng)為λ2的單色光而言，d=λ2,故λ2：λ1=3：28．兩個(gè)帶電體不再交換電荷的條件，并不是兩者電荷量相等，而是兩者電勢(shì)相等!由第一次知，當(dāng)電荷量為4μC：2μC時(shí)，既電荷量之比為2：1時(shí)，兩者電勢(shì)相等。……故最終為6μC：3μC！答案：3μCxFOyP9．過(guò)F平行于透鏡，作一副光軸.把過(guò)原點(diǎn)OxFOyP延長(zhǎng)后交副光軸于P，則所有光匯聚于P點(diǎn)。故位置坐標(biāo)為（20,－eq\f（20，3)\R（,3))10．不守恒;墻壁對(duì)彈簧有作用力(外力），且在運(yùn)動(dòng)參考系中，該力的作用點(diǎn)有位移，所做的功不為零。11．(1)不能.從力的平衡看，單一的A無(wú)所提供向上的力與一瓶礦泉水的重力平衡。AOl11AOl11(a)(2)由于火柴棍A水平，火柴棍B的下端正好在A的中點(diǎn)的正下方，由幾何關(guān)系知,火柴棍A和B之間的夾角為α=60°。桌面上表面邊沿O點(diǎn)到火柴棍B的下端（即火柴棍C的中點(diǎn))的距離為AOl11(b)MgθDeqLAOl11(b)MgθD又由于火柴棍C水平,由幾何關(guān)系知，從O點(diǎn)到火柴棍C兩端的距離均為l．如圖11(a）所示。據(jù)題意,三根火柴的結(jié)構(gòu)在重物質(zhì)量逐漸增大時(shí)是穩(wěn)定的.因而火柴棍C繼續(xù)保持水平，火柴棍B和A之間的夾角也能得以保持不變，即圖11(b)中,火柴棍A和B之間的夾角仍然為60°．瓶最終穩(wěn)態(tài)應(yīng)該在何處？應(yīng)該在O點(diǎn)正下方！又因?yàn)槊蘧€是有一定的線度，直徑為d。一開始瓶的縱向幾何中心與棉線的縱向幾何一直線，最終瓶的縱向幾何中心在O點(diǎn)的正下方。所以:①瓶向左平移的距離為eq\f（d，2)；②瓶最終的轉(zhuǎn)動(dòng)中心中桌子下邊沿，O點(diǎn)正下方的D點(diǎn)。O11(c)MgθDhD′O′E如圖11（c）O11(c)MgθDhD′O′EDD′=eq\f（d,2），且因?yàn)槭俏⑿〉霓D(zhuǎn)動(dòng),故由微量處理知，OO′=DD′=eq\f（d，2）同理：O′D′=OD=hD′E=DE=L－h(huán)=eq\f（\R（,3),2）l－h(huán)故：sinθ=eq\f（\f（d，2)，\f（\R(，3）,2)l－h(huán)）得θ=arcsineq\f(d,\R（,3)l－2h)12．(1)該方形線框的質(zhì)量:m=ρV=ρS4L=4Lρ方形線框的重力相對(duì)于AB邊的力矩為:Mg=mgeq\f(L，2)cosθ=2L2ρgcosθ(2）由于電流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分類討論b(a)FgFF安b(ab(a)FgFF安b(a)FgFF安M安=2L2ρgcosθ－FLcosθ又因?yàn)镸安=F安Lsinθ聯(lián)立得：F安=2Lρgcotθ－Fcotθ況2：安培力水平向右，同理力矩M安+Mg=MF得:F安=Fcotθ－2Lρgcotθ（3）磁通量φ（θ）=L2Bcosθ感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ε=eq\f(Δφ,Δt）=L2cosθeq\f（ΔB,Δt）ρeq\f(l，S）=eq\f(4L,σ)該方形線框上的感應(yīng)電流為i=eq\f（ε，R)=eq\f（L，4）σcosθeq\f(ΔB,Δt）cd邊所受到的安培力的大小為FA=iBL=eq\f（L2，4）σcosθeq\f(ΔB,Δt)因?yàn)橐饬等于零,所以是第（2)小題中的第1種情況eq\f(ΔB，Δt)=eq\f(8ρg,BLσsinθ)13．(1）設(shè)大氣壓強(qiáng)為p0．初態(tài)：I室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1；III室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p3，氣柱的長(zhǎng)度為l3．末態(tài)：I室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1′；III室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p3′．由初態(tài)到末態(tài)：活塞左移距離為d．首先用整體法,力學(xué)平衡：p3(2S）=p1S+p0（2S－S）然后對(duì)三部分氣體分別分析：p1lS=νRT1；p0（eq\f(l,2)×S+\f(l，2）×2S）=\f（3，2）ν0RT1；p3l3（2S)=(2ν)RT1聯(lián)立上述各式得：eq\f（νRT1,l3S）·2S=eq\f(ν0RT1，lS)·S+eq\f（νRT1，lS)·S得：l3=eq\f(2ν，ν+ν0）l(2)方法同第（1）小題：p3′（2S)=p1′S+p0(2S－S)對(duì)I室中氣體:p1′(l－d)S=νRT2=νR2T1對(duì)III室中氣體：p3′(l3+d)（2S）=（2ν)RT3′T3′=eq\f（2νl+(ν+ν0)d，（l－d）(ν+ν0)）·eq(1+\f（ν0,2ν)·\f(l－d,l）)T1(3)大氣對(duì)密閉氣體系統(tǒng)做的功為：W=p0(2S－S)（－d)=－p0Sd=－eq\f(d,l）ν0RT1系統(tǒng)密閉氣體內(nèi)能增加量為：ΔU=νC（T1′－T1)+(2ν）C（T3′－T3）且初態(tài)T3=T1故ΔU=νC(2T3′－T1）將T3′代去得：ΔU=[eq\f(2νl+（ν+ν0)d,(l－d）(ν+ν0)）·eq(2+\f(ν0，ν)·\f（l－d,l)）－1］νCT1密閉氣體系統(tǒng)吸收的熱量為Q=ΔU－W=［eq\f(2νl+（ν+ν0)d，(l－d)（ν+ν0））·eq（2+\f(ν0,ν)·\f（l－d，l))－1］νCT1+eq\f(d,l)ν0RT1yxJyxJxBz為確定起見，取坐標(biāo)系如圖所示，磁場(chǎng)沿Z方向,通電電流密度Jx沿x方向。設(shè)半導(dǎo)體材料中的載流子空穴和電子沿x方向的平均速率分別為vpx和vnx，由J=I/s，I=nqvs,得J=nqv由題中已知條件知:空穴和電子的(單位體積內(nèi)的)數(shù)密度為p和n；故沿x方向的電流密度為Jx=epvpx+（－e）n(－vnx)由題意知，其中vpx=μpEx；－vnx=－μnEx如果沿x方向的電流中只有一種載流子，則當(dāng)作用于載流子的洛侖茲力與霍爾電場(chǎng)的作用力平衡時(shí)，霍爾電場(chǎng)達(dá)到穩(wěn)定，如金屬導(dǎo)體.在半導(dǎo)體中，存在兩種載流子,兩種載流子受到的外磁場(chǎng)的洛侖茲力方向相同，受到的霍爾電場(chǎng)力方向相反，兩種載流子受到的洛侖茲力不可能同時(shí)與霍爾電場(chǎng)力平衡,所以在半導(dǎo)體樣品內(nèi)存在載流子的橫向流動(dòng)，當(dāng)任何時(shí)刻流向樣品同一側(cè)的空穴數(shù)與電子數(shù)相等時(shí),霍爾電場(chǎng)便達(dá)到穩(wěn)定。(這段話講述了半導(dǎo)體霍爾元件的工作機(jī)理，我真心不太懂。我比較淺顯的理解是，①“當(dāng)任何時(shí)刻流向樣品同一側(cè)的空穴數(shù)與電子數(shù)相等時(shí)”，這里空穴與電子在樣品同一側(cè)的流向是一致的，效果是相消的；②一開始空穴與電子在樣品同一側(cè)的流向是一致的，但數(shù)量是不相等的，比如一開始是空穴多,電子少;那么積累的電場(chǎng)不利于空穴的繼續(xù)積累，而有利于電子的繼續(xù)積累。但在這個(gè)階段，霍爾電場(chǎng)在持續(xù)的增強(qiáng)。③同一側(cè)的空穴數(shù)與電子數(shù)相等時(shí)，霍爾電場(chǎng)就穩(wěn)定了！)設(shè)兩種載流子的橫向平均速率分別為vpy和vny，則橫向電流密度為Jy=ep（－vpy)+（－e）n（－vny）這時(shí)，空穴在橫向受到的作用力大小為：Fpy=e［Ey－vpxBz];這時(shí)的力是合力，其中[Ey－vpxBz］是等效合場(chǎng)強(qiáng)；同理：電子在橫向受到的作用力的大小為：Fny=（－e）[Ey－(－vnx)Bz]；其中［Ey－(－vnx)Bz]是等效合場(chǎng)強(qiáng)；故兩種載流子的橫向平均速度為：－vpy=μp·Ey合=μp·[Ey－vpxBz］－vny=－μp·E′y合=－μn·[Ey+vnxBz](個(gè)人粗淺的理解:個(gè)人覺(jué)得這個(gè)式子的得到與題中的表述是有一定差異的，題中說(shuō)是“成正比”……,“在單位電場(chǎng)下”……，而這里卻是用了一個(gè)等效的合場(chǎng)強(qiáng)）霍爾電場(chǎng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)有Jy=0綜上各式：Ey=eq\f（pμp2－nμn2，（pμp+nμn）)ExBz因?yàn)椋篍y=RHJxBz得RH=eq\f（1，e）eq\f（pμp2－nμn2，(pμp+nμn)2)（注意:這里還要將Jx算出來(lái)，代進(jìn)去)15．解:（1)為普遍起見，設(shè)兩個(gè)物體質(zhì)量分別為m1和m2,初速度分別為v1和0，發(fā)生完全非彈性碰撞后共同速度為v，則碰前的動(dòng)能E=eq\f(1,2）mv12①由于細(xì)繩拉緊前后時(shí)間間隔極短，可以忽略摩擦阻力，故前后動(dòng)量守恒，有m1v1=(m1+m2）v②碰后的動(dòng)能之和(即系統(tǒng)剩余動(dòng)能）為：E′=eq\f（1，2）(m1+m2）v2③由①②③式得E′=eq\f(m1,m1+m2)E④[此式為后續(xù)計(jì)算的通式，后續(xù)計(jì)算特別簡(jiǎn)單，因?yàn)橘|(zhì)量相等。］損失的動(dòng)能為ΔE=E－E′=eq\f（m2，m1+m2)E設(shè)第1個(gè)滑扣以速度v10開始運(yùn)動(dòng)E0=eq\f（1,2）mv102⑤在第1個(gè)滑扣滑動(dòng)距離L、第1與第2個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動(dòng)能為E1f=E0－μmgL⑥在第1個(gè)滑扣與第2個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊后的瞬前,系統(tǒng)剩余動(dòng)能為（根據(jù)④式）E20=eq\f(1,1+1）E1f=\f(1,2）E1f=eq\f（1,2)（E0－μmgL）⑦在第1、2個(gè)滑扣共同滑動(dòng)距離L、第2與第3個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間,系統(tǒng)剩余動(dòng)能為E2f=E20－2μmgL=eq\f(1，2）（E0－μmgL）－2μmgL=eq\f（1,2）E0－\f（1,2)（12+22）μmgL⑧在第2個(gè)滑扣與第3個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊后的瞬前,系統(tǒng)剩余動(dòng)能為(根據(jù)④式）E30=eq\f(2,2+1)E2f=\f(2，3）E2f=eq\f（2，3)［\f（1，2）E0－\f(1，2)(12+22)μmgL]⑨在第1、2、3個(gè)滑扣共同滑動(dòng)距離L、第3與第4個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動(dòng)能為E3f=E30－3μmgL=eq\f(2，3)［\f(1,2）E0－\f（1，2)(12+22）μmgL]－3μmgL=eq\f（1，2)E0－\f(1，2）(12+22）μmgLeq\f(1，3）E0－\f(1,3）（12+22+32）μmgL⑩……依次類推，在第k個(gè)與第k+1個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動(dòng)能為Ekf=eq\f(1,k）E0－\f(1，k)(12+22+32+……+k2）μmgL=eq\f（1,k）E0－\f（1，k)\f（k（k+1）（2k+1),6)μmgL=eq\f（1,k)E0－\f（(k+1)（2k+1)，6)μmgL，1≤k≤n－2于是,在第（n－2)個(gè)與第(n－1）個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動(dòng)能為E(n－2)f=eq\f(1，n－2)E0－\f（（n－1)（2n－3),6)μmgL⑾在第(n－2)個(gè)與第（n－1)個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊后的瞬間，系統(tǒng)剩余動(dòng)能為E(n－1）0=eq\f（n－2，n－1）E(n－2）f=eq\f（1，n－1)E0－\f（（n－2)(2n－3），6)μmgL⑿[可類比⑦、⑨，并代入⑾得到］［由⑾知，E(n－2）f〉0,eq\f(1,n－2）E0－\f（（n－1)（2n－3）,6)μmgL〉0；E(n－1)f〈0,eq\f（1,n－2)E0－\f（(n－1）（2n－3)，6)μmgL〈0，得eq\f（（n－1)(n－2)（2n－3),6)μmgL〈E0〈eq\f(n(n－1)(2n－1)，6）μmgL，本式題目中沒(méi)有要求的，相當(dāng)于給出了待求量的定義域]則從第1個(gè)滑扣開始的(n－1）個(gè)滑扣都依次拉緊，且可繼續(xù)滑行距離l(0<l〈L）后靜止。因而有E（n－1)0=eq\f(1，n－1)E0－\f(（n－2)(2n－3），6）μmgL=（n－1)μmgl(因?yàn)橐^續(xù)滑行距離l）⒀由⑤⒀得：v10=eq\R(,［\f(（n－2)（2n－3），3)L+2(n－1)l］(n－1）μg）(2）整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W=μmgL+μ(2m)gL+μ（3m）gL+……+μ［(n－2）m]gL+μ[（n－1）m]gl=eq［\f((n－2）,2)L+l］（n－1)μmg(3）在整個(gè)過(guò)程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的總能量損失為ΔE=eq\f（1，2)mv\s（2，10）－W=eq\f（1,2）［\f(（n－2）（2n－3），3）L+2（n－1)l]（n－1)μmg－eq[\f((n－2），2）L+l](n－1)μmg=eq［\f（（n－2）（n－3）,3)L+（n－2）l]（n－1）μmg16．(1）取小物塊的平衡位置為原點(diǎn)O，y軸的方向豎直向下，如圖所示.myOl0α0αd由牛頓第二定律可知:ma=mg－2myOl0α0αd式中a為物塊的加速度，L為彈性繩的原長(zhǎng);l0為物塊靜止時(shí)，彈性繩的長(zhǎng);l和α分別為物塊離開平衡位置的位移為y時(shí)彈性繩的長(zhǎng)度和彈性繩與水平面的夾角。由幾何關(guān)系得l=eq\R(，d2+（l0sinα0+y）2）②sinα=eq\f（l0sinα0+y,l)③d=l0cosα0④④代入②展開，化簡(jiǎn)得：l=eq\R(，l\s(2,0)cos2α0+l\s(2，0)sin2α0+y2+2l0ysinα0)由于y是小量，y2是二階無(wú)窮小量,可略去.得l=eq\R(，l\s(2,0）+2l0ysinα0）=eql0\R(,1+\f（2y，l0）sinα0)由小量展