M安=F安Lsin θ
联立得
F安=2Lρgπr02 cotθ－Fcotθ
情况2：安培力水平向右，同理 力矩
M安+ Mg =MF
得：
F安= Fcotθ－2Lρgπr02 cotθ
（3）磁通量
φ(θ)=L2Bcosθ
感应电动势
ε=
方形线框的电阻R，由电阻定律有
??2?B=Lcosθ││ ?t?tl4L?R=ρ
S??r02该方形线框上的感应电流为
i=
cd边所受到的安培力的大小为
EL?B???r02cosθ││ R4?t?BL2FA=iBL=??r02Bcosθ││
4?t因为要外力F等于零，所以是第（2）小题中的第1种情况
│
B8?g│= tBL?sin?13．（1）
2vl??v?v0?d?v0l?d?2v1?T1 （2）??v?v0?l?d??v?v0??2vl??2vl??v?v0?d?v0l?d??d2??1vCT?v0RT1 （3）??1??l?dv?v2vll???????0???【解析】
（1）设大气压强为p0．初态：I室内气体压强为p1；III室内气体压强为p3，气柱的长度为
答案与解析 第5页，共13页
l3；末态：I室内气体压强为p1′；III室内气体压强为p3′；由初态到末态：活塞左移距离为d。 首先用整体法，力学平衡
p3(2S)= p1S+ p0(2S－S)
然后对三部分气体分别分析：
p1lS=νRT1
p0（
ll3?S??2S）?v0RT1 222p3l3(2S)=(2ν)RT1
联立上述各式得：
vRT1vRT?2S =01?S?vRT1?S l3SlSlS得：
l3=
（2）方法同第（1）小题
p3′(2S)= p1′S+ p0(2S－S)
对I室中气体
p1′(l－d)S=νRT2=νR2T1
对III室中气体：
p3′(l3+d)(2S)=(2ν)RT3′
T3′=
2vl v?v02vl??v?v0?d?v0l?d?1??T1
(l?d)?v?v0??2vl??（3）大气对密闭气体系统做的功为：
W=p0(2S－S)(－d)=－p0Sd=－
系统密闭气体内能增加量为
ΔU=νC(T1′－T1)+ (2ν)C(T3′－T3)
且初态T3= T1，故
ΔU=νC(2T3′－T1)
将T3′代去得
dv0RT1 l答案与解析 第6页，共13页
2vl??v?v0?d?v01?d?2??ΔU=[－1]νCT1 ?v1?(l?d)?v?v0???密闭气体系统吸收的热量为
2vl??v?v0?d?v01?d?d2??Q=ΔU－W=[1]νCT+ v0RT1 －1?v1(l?d)?v?v0??l??221p?p?n?n14．
e?p??n??2pn【解析】
为确定起见，取坐标系如图所示，磁场沿Z方向，通电电流密度Jx沿x方向。设半导体材料中的载流子空穴和电子沿x方向的平均速率分别为vpx 和vnx， 由J=I/s，I=nqvs，得J=nqv
由题中已知条件知：空穴和电子的(单位体积内的)数密度为p和n； 故沿x方向的电流密度为
Jx=ep vpx +(－e)n(－vnx)
由题意知，其中 vpx=μpEx；－vnx=－μnEx
如果沿x方向的电流中只有一种载流子，则当作用于载流子的洛仑兹力与霍尔电场的作用力平衡时，霍尔电场达到稳定，如金属导体。
在半导体中，存在两种载流子，两种载流子受到的外磁场的洛仑兹力方向相同，受到的霍尔电场力方向相反，两种载流子受到的洛仑兹力不可能同时与霍尔电场力平衡，所以在半导体样品内存在载流子的横向流动，当任何时刻流向样品同一侧的空穴数与电子数相等时，霍尔电场便达到稳定。
(这段话讲述了半导体霍尔元件的工作机理，我比较浅显的理解是，①“当任何时刻流向样品同一侧的空穴数与电子数相等时”，这里空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，效果是相消的；②一开始空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，但数量是不相等的，比如一开始是空穴多，电子少；那么积累的电场不利于空穴的继续积累，而有利于电子的继续积累。但在这个阶段，霍尔电场在持续的增强。③同一侧的空穴数与电子数相等时，霍尔电场就稳定了！)
设两种载流子的横向平均速率分别为vpy 和vny，则横向电流密度为
Jy=ep(－vpy)+(－e)n(－vny)
这时，空穴在横向受到的作用力大小为：
答案与解析 第7页，共13页
Fpy=e[Ey－vpxBz]
这时的力是合力，其中[Ey－vpxBz]是等效合场强； 同理：电子在横向受到的作用力的大小为
Fny=(－e)[Ey－(－vnx)Bz]
其中[Ey－(－vnx)Bz]是等效合场强； 故两种载流子的横向平均速度为
Ey合=μp·[Ey－vpxBz] －vpy=μp·
E′y合=－μn·[Ey+vnxBz] －vny=－μp·
(个人粗浅的理解：个人觉得这个式子的得到与题中的表述是有一定差异的，题中说是“成正比”，“在单位电场下”，而这里却是用了一个等效的合场强) 霍尔电场达到稳定时有，Jy=0 综上各式
Ey=
因为：Ey=RHJxBz 得霍尔系数
221p?p?n?nRH=
e?p??n??2pn22p?p?n?np?p??n?n?ExBz
(注意：这里还要将Jx算出来，代进去) 15．（1）???n?2??2n?3??3??n?2???L?1??n?1??mg（3）L?2?n?1?l??n?1??g （2）??2????n?2??n?3??L??n?2?l??n?1??mg ?3??【解析】
（1）为普遍起见，设两个物体质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和0，发生完全非弹性碰撞后共同速度为v，则碰前的动能
E=
12
mv1 ① 2
由于细绳拉紧前后时间间隔极短，可以忽略摩擦阻力，故前后动量守恒，有
m1v1=(m1+m2)v ②
答案与解析 第8页，共13页
碰后的动能之和(即系统剩余动能)为
E′=
由①②③式得
1?m1?m2?v2 ③ 2m1E ④ E′=
m1?m2此式为后续计算的通式，后续计算特别简单，因为质量相等 损失的动能为
m2E ΔE=E－E′=
m1?m2设第1个滑扣以速度v10开始运动
E0=
12mv10 ⑤ 2在第1个滑扣滑动距离L、第1与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为
E1f=E0－μmgL ⑥
在第1个滑扣与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为(根据④式)
E20=
111E1f?E1f=?E0??mgL? ⑦ 1?122在第1、2个滑扣共同滑动距离L、第2与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为
E2f=E20－2μmgL=
111?E0??mgL??2?mgL=E0?12?22?mgL ⑧ 222??在第2个滑扣与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为(根据④式)
E30=
2?11222?2E2f?E2f=?E0??1?2??mgL? ⑨
3?222?13?在第1、2、3个滑扣共同滑动距离L、第3与第4个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统
剩余动能为 E3f=E30－3μmgL=
2?112?2E?1?2?mgL－0?3?22????3μmgL=
……
11E0?12?22?32?mgL ⑩ 33??依次类推，在第k个与第k+1个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为
答案与解析 第9页，共13页
2017年第34届全国中学生物理竞赛预赛试卷及答案解析
