同理，只有拉伸后每个缝隙处的细圆环绳中的电流才会产生沿塑料棒轴向的磁场。现仅考虑一圈中心及P点的距离为rz的细圆环绳产生的磁场。如右图所示，在圆环上任一直径AA?一端各取电流元Idl和?Idl，它在P点产生的磁场dB和dB?，dB和dB?的垂直于轴线的分量相互抵消，它们的合磁感应强度沿塑料棒轴向，其大小为2dBcos?（?是。将整个圆环电流类似地按各直径两端分AP及AA?的夹角）
割成一个个电流元，P点沿塑料棒轴向的总磁场即为各元电流在该点产生的磁场的轴向分量dBcos?之和。注意到Idl可以写为Ir2d?（d?是弧元dl所对的圆心角），由毕奥-萨伐尔定律有
B??dBcos???02?2?0 式中r??0Ir2d?? cos?24?r
rz。对于给定的P点，?是常数，于是有sin?
2??Ir22IrB?02sin?cos??d???022sin2?cos? ?
04?rz2rz
式中
cos??r2r?r222z， sin??
?
r?r
222zrz将?式代入?式得
r22IB??0?
2(r22?rz2)3/2
由题设，D远大于传感器的长度，故也远大于r2，因而rz?D??r2，于是
2rI?B??0232D 传感器伸长后有n个缝隙，由?式得 Btotal
评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分；第（2）问10分，传感器在未拉伸时答案正确给1分，??式各1分，??式各2分，?式1分，?式2分。
六、（20分）光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其结构如图a所示：它主要由一个光阴极、n个倍增
r22nI??02D3?
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级和一个阳极构成；光阴极及第1倍增级、各相邻倍增级及第n倍增级及阳极之间均有电势差V；从光阴极逸出的电子称为光电子，其中大部分（百分比?）被收集到第1倍增级上，余下的被直接收集到阳极上；每个被收集到第i倍增级（i?1,,n）的电子在该电极上又使得?个电子（??1)逸出；第i倍增级上逸出的电子有大部分（百分比?）被第i?1倍增级收集，其他被阳极收集；直至所有电子被阳极收集，实现信号放大。已知电子电荷量绝对值为e。 （1）求光电倍增管放大一个光电子的平均能耗，已知???1，n??1；
（2） 为使尽可能多的电子从第i倍增级直接到达第i?1倍增级而非阳极，早期的光电倍增管中，会施加垂直于电子运行轨迹所在平面（纸面）的匀强磁场。设倍增级的长度为a且相邻倍增级间的几何位置如图b所示，倍增级间电势差引起的电场很小可忽略。所施加的匀强磁场应取什么方向以及磁感应强度大小为多少时，才能使从第i倍增级垂直出射的能量为Ee的电子中直接打到第
i?1倍增级的电子最多？磁感应强度大
小为多少时，可以保证在第i?1倍增级上至少收集到一些从第i倍增级垂直出射的能量为Ee的电子？
参考解答：
（1）设从光阴极逸出的电子个数为np，按题述，从第1倍增级逸出的电子个数为
m1??np?
图b
可用归纳法得出从第i倍增级逸出的电子个数为
mi??np?????, i?1,i?1,n
①
光阴极、第i倍增级和第n倍增级向阳极贡献的电子数np?a 、mi?a和mn?a分别为
?np?a?np?1???, ??mi?a?mi?1???, i?1,???,n?1, ?m?m. ?n?an
②
光阴极及阳极间电势差Vpa、第i倍增级及阳极之间的电势差Via分别为
?Vpa?(1?n)V, ??Via??n?i?1?V, i?1,,n
③
从光阴极溢出的电子被电势差加速所消耗的能量Ep、从第i倍增级溢出到阳极的电子被电势差加速所消耗的能量Eia、第i倍增级溢出到第i?1倍增级的电子被电势差加速所消耗的能量Ei?i?1分别为
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?Ep?enp?V?enp?aVpa, ??Eia?emi?aVia, i?1,,n, ?E?i?i?1?emi?V, i?1,,n?1.
④
消耗的总电能为
E?Ep??Eia??Ei?i?1i?1i?1nn?1
⑤
将①②③④式代入⑤式得，放大单个光阴极逸出的电子消耗的平均能量为
n??(1??)????(??)n????E????(??)?1???n(1???)??????(1??)n???1?eV ⑥ 2np?(???1)???1?????当???1、n??1时，上式各项中含(??)n因子的部分的贡献远大于其他部分，因此可仅保留含
(??)n级因子的项，有
E??(1???)?(?2??1)??(??)neV⑦2 np(???1)（2）所加磁场应当垂直纸面向里。
磁场提供洛仑兹力，且忽略重力和电场力，电子在匀强磁场中作匀速圆周运动。由于电子的逃逸速度垂直于电极，电子运动轨迹的圆心将在电极所在的直线上。运动轨迹如右图所示。
当第i倍增级最左端的电子到达第i?1倍增级最右端时，轨迹为1，圆心在第i倍增级的延长线上，由几何关系知，对应的半径r1满足
r1?(3a?r1)2?a2
⑧
当第i倍增级最左端的电子到达第i?1倍增级最左端时，轨迹为2，对应的轨道半径r2满足
r2?(2a?r2)2?a2
⑨
当第i倍增级最右端的电子到达第i?1倍增级最右端时，轨迹为3，对应的轨道半径r3满足
r3?(2a?r3)2?a2 ⑩
当第i倍增级最右端的电子到达第i?1倍增级最左端时，轨迹为4，对应的轨道半径r4满足
r4?(a?r4)2?a2 由⑧⑨⑩?式分别解得
?
555r1?a，r2?a，r3?a，r4?a
344 ?
设电子在磁场中作匀速圆周运动的速率为v，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有
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mv2 evB?r由?式得
r? ?
2mEemv ?eBeB ?
1式中Ee?mv2是速率为v的电子的动能。由??式可解出相应的B1、B2、B3、B4的大小为
2B1?2mEe32mEe42mEe42mEe ? ，B2?，B3?，B4?5ea5ea5eaea当B?B1时，第i倍增级释放的电子中只有最左边的被收集；若B?B1，则一个电子都不会被收集。因此为使第i?1倍增级能收集到电子，应当有B?B1。
当B?B2?B3时，所有电子都被第i?1倍增级收集。
当B?B4时，第i倍增级释放的电子中只有最右边的被收集到；若B?B4，则一个电子都不会被收集。因此为使第i?1倍增级能收集到电子，应当有B?B4。
因此，当
B?42mEe ?
5ea时第i?1倍增级收集到的电子最多；当
2mEe32mEe ? ?B?5eaea时，第i?1倍增级会有电子被收集。
评分参考：第（1）问7分，①②③④⑤⑥⑦式各1分；第（2）问13分，所施加的匀强磁场方向正确给1分，⑧⑨⑩?式各1分，?式2分，?式1分，?式2分。?式1分，?式2分。
七、（20分）两根质量均匀分布的杆AB 和BC，质量均为m，长均为l，A端被光滑铰接到一固定点（即AB杆可在竖直平面内绕A点无摩擦转动）。开始时C点有外力保持两杆静止，A、C在同一水平线AD上，A、B、C三点都在同一竖直平面内，?ABC?60?。某时刻撤去外力后两杆始终在竖直平面内运动。 （1）若两杆在B点固结在一起，求
（i）初始时两杆的角加速度；
（ii）当AB杆运动到及水平线AD的夹角为?时，AB杆绕A点转动的角速度。
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（2）若两杆在B点光滑铰接在一起（即BC杆可在竖直平面内绕B点无摩擦转动），求初始时两杆的角加速度以及两杆间的相互作用力。
参考答案：
（1）（i）两杆AB 和BC对于A点的转动惯量分别为
1I1?ml2
3
2 ①
?3?1 I2?ml2?m?l???12?2? ②
两杆固结在一起，因而两杆可视为一个刚体绕A点做定轴转动，总的转动惯量为
7I?I1?I2?ml2
6 ③
撤去外力作用后，两杆所受到的重力相对于A点的总力矩为
13M?mgl?mgl
44 ④
两杆的角加速度相同，设为α（以顺时针方向为正方向），则由刚体转动定理得
M?I? ⑤
联立①②③④⑤式得，两杆的角加速度为
??6g 7l ⑥
（ii）考虑AB杆从初始位置到及水平线AD的夹角为?位置这一过程，两杆重力势能的变化量为
l3l????l???Ep??mgsin??mgsin?????2??mgsin?
226?23???两杆动能的变化量为
⑦
1?Ek?I?2?0
2 ⑧
式中，?为AB杆及水平线AD的夹角为?时绕A点转动的角速度。整个过程中机械能守恒定律
?Ek??Ep?0
⑨
联立③⑦⑧⑨式得
??3g5sin??3cos??23 7l?? ⑩
（2）两杆在B点由光滑铰链连接，因而杆AB 和BC不能整体视为一个刚体，其角加速度不相等，分别设为?1、?2（以顺时针方向为正方向）；取B点为原点， x、y轴正方向分别水平向右、竖直向下，设BC杆对AB杆的作用力沿x、y轴的分量分别为Fx、Fy。对于AB杆，相对于A点，由刚体转动定理得
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第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版
