将（1）、（2）式对时间t求一阶微商，得
dxCd?d?????l?sin??2sin?? dtdtdt??dyCd?d????l?cos??2cos?? dtdtdt??（3）
（4）
把（3）、（4）式对时间t求一阶微商，得
22?d2xCd2?d2???d???d????l?cos????sin?2?2cos????2sin?2? （5） dt2dtdtdtdt????????22?d2yCd2?d2???d???d???l??sin????cos?2?2sin????2cos?2? （6） dt2dtdtdtdt????????
根据几何关系，有 即
CDsin??ABsin??BCsin? CDcos??ABcos??BCcos??3l
22sin??sin??2sin? （7） 22cos??3?cos??2cos? （8）
将（7）、（8）式平方后相加且化简，得
2sin?sin??2cos?cos??3cos??32cos??2?0 （9）
对（9）式对时间t求一阶微商，代入??
ππd?，??，???，得 24dtd?1?? dt2（10）
对（9）式对时间t求二阶微商，并代入上述数据，得
d2?32?? （11） dt28将（10）、（11）式以及?，?， 所以
d?的数值代入（5）、（6）式，得 dtd2xC52??l? dt28d2yC72??l? dt28
?d2xC??d2yC?742aC??2???2??l?
dtdt8????22（12）
由图知，aC与x轴的夹角为?
?d2yC?tan???2??dt??d2xC?2?dt?o??1.4 （13）所以求得??arctan1.4?54.46 ?这个夹角在第三象限，为234.46o，故aC与CD的夹角?=80.54o （14） 三、参考解答：
1．设a室中原有气体为?mol，打开K1后，有一部分空气进入a室，直到K1关闭时，a室中气体增加到??mol，设a室中增加的??????mol气体在进入容器前的体积为?V，气体进入a室的过程中，大气对这部分气体所作的功为A?p0?V （1） 用T 表示K1关闭后a室中气体达到平衡时的温度，则a室中气体内能增加量为
?U???CV?T?T0? （2）由热力学第一定律可知?U?A
（3）
由理想气体状态方程，有
4p0V0??RT0（4）p0?V???????RT0（5）p0V0???RT（6） 5T0
（7）
由以上各式解出T?5?CV?R?5CV?4R2．K2打开后，a室中的气体向b室自由膨胀，因系统绝热又无外界做功，气体内能不变，所以温度不变（仍为T），而体积增大为原来的2倍．由状态方程知，气体压强变为
p?1p0 （8） 2关闭K2，两室中的气体状态相同，即
1pa?pb?p，Ta?Tb?T，Va?Vb?V0，且?a??b??? （9）
2拔掉销钉后，缓慢推动活塞B，压缩气体的过程为绝热过程，达到最终状态时，设两室气体的
?、pb?、Va?、Vb?、Ta?、Tb?，则有 压强、体积和温度分别为pa
paVapbVbCV?RCVCV?RCV?Va??paCV?RCVCV?RCV
（10）
?Vb??pb??pb? （12） （11）由于隔板与容器内壁无摩擦，故有pa（14）
?Va???aRTa?（13）pb?Vb???bRTb? 由理想气体状态方程，则有pa
1因Va??Vb??V0（15）由（8）～（15）式可得Va??Vb??V0
2
（16）
Ta??Tb??2T
RCV（17）
在推动活塞压缩气体这一绝热过程中，隔板对a室气体作的功W等于a室中气体内能的
1增加，即W???CV?Ta??T?
2（18）
R?CV?CV由（6）、（17）和（18）式得W??2?1?p0V0
?2R???（19）
四、参考解答：
设某一时刻线框在磁场区域的深度为x?x?l1?，速度为v，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为Ev?vBl2，它在线框中引起感应电流，感应电流的变化又引起自感电动势．设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势Ev与设定的正方向相反，自感电动势EL??L?i?ty 与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻R?0，故有
EL?Ev??L即 或 即
?i?vBl2?iR?0 （1） ?tl2l1v0L?i?x?Bl2?0 ?t?t （2）
x O x Bl2?x??L?i
（3）
Bl?i??2 ?xL（4）
可见i与x成线性关系，有
i??Bl2x?C （5） LBl2x （6） LC为一待定常数，注意到x?0时，i?0，可得C?0，故有i??x?0时i?0，电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反，即在线框进入磁场区
域时右侧边的电流实际流向是向上的．外磁场作用于线框的安培力
2B2l2f?Bl2i??x
L （7）
其大小与线框位移x成正比，方向与位移x相反，具有“弹性力”的性质．下面分两种情形做进一步分析：
（i）线框的初速度v0较小，在安培力的作用下，当它的速度减为0时，整个线框未全部进入磁场区，这时在安培力的继续作用下，线框将反向运动，最后退出磁场区．线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动，振动的圆频率
??B2l22Lm （8） 周期T?2π （9） 2B2l2Lm振动的振幅可由能量关系求得，令xm表示线框速度减为0时进入磁场区的深度，这时线框的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”，由能量守恒可得
2?211?B2l22mv0?? ?xm （10）得 xm?22?L?2Lmv0 2B2l2（11）
故其运动方程为x?v0LmLm?Bl2?sin?t?， t从0到π Bl2Bl2?Lm?（12）
半个周期后，线框退出磁场区，将以速度v0向左匀速运动．因为在这种情况下xm的最大值是
l1，即
2121B2l2mv0?l12 （13） 22L由此可知，发生第（i）种情况时，v0的值要满足下式
2?2121?B2l2Bl1l2v?mv0??l 即 （14） 0?122?L?mL (ii) 若线框的初速度v0比较大，整个线框能全部进入磁场区．当线框刚进入磁场区时，其速度仍大于0，这要求v0满足下式v0?Bl2l1mL （15）
当线框的初速度满足（15）式时，线框能全部进入磁场区，在全部进入磁场区域以前，线框的运动方程与（12）式相同，但位移区间是x?0到x?l1，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到
Bl1l2?Lm??arcsin? （16） t1?2Bl2?Lmv0???因为线框的总电动势总是为0，所以一旦线框全部进入磁场区域，线框的两条边都切割磁感应线，所产生的电动势之和为 0，因而自感电动势也为0．此后线框中维持有最大的电流
im??Bl2l1，磁场对线框两条边的安培力的合力等于零，线框将在磁场区域匀速前进，运动L22B2l12l212121B2l222 mv0?mv?l1即v?v0?Lm222L的速度可由下式决定 五、参考解答：
解法一：
（17）
1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径，故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度
3.0?10?R?T?2.4?10-7T B??0?B0?125?r?引力加速度
3?5（1）
9.8?R?g??0?g0?m/s2?0.39m/s2（2）
25?r?考察等离子层中的某一质量为m、电荷量为q、初速度为u的粒子，取粒子所在处为坐标原点O，作一直角坐标系Oxyz，Ox轴指向地球中心，Oz沿磁场方向，如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为ux、uy和uz.因作用于粒子的引力沿x轴正方向，作用于粒子的洛伦兹力与z轴垂直，故粒子在z轴方向不受力作用，沿z轴的分速度保持不变. 现设想在开始时刻，附加给粒子一沿y轴正方向大小为v0的速度，同时附加给粒子一沿y轴负方向大小为v0的速度，要
求与其中一个v0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡，即 qv0B?mg得v0?x
v0 ux 图1 2z uz O uy v0 uy?v0 v y
mg qB（3）
用v表示ux与沿y轴的速度uy?v0的合速度（对质子取正号，对电子取负号），有
第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷及参考解答
