在de边未出磁场的过程中，ab、cf和de三边切割磁力线运动，每条边产生的感应电动势相等，但感应电流为零，故不需要外力做功 W1?0 ① 在de边出磁场但cf边未出磁场过程中，ab和cf两条边做切割磁力线运动，导线框的等效电路如图a所示。等效电路中每个电阻的阻值R=1.0Ω。按如图所示电流方向，根据基尔霍夫第一定律可得
?I1?I3?I6, ?I?I?I, ?251 ② ?I?I?I, 78?6??I4?I7?I3?I5.由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列出4个独立方程
?U?2I1R?I3R?U?I5R?0,?U?2IR?IR?U?IR?0,?254 ③ ?U?IR?2IR?IR?0, 367???U?I4R?I7R?2I8R?0. 式中，感应电动势U为 U?blv?0.20V ④ 联立②③④式得：
⑤ I1?I2?0.025A
⑥ I3?I4?0.050A
此时，ab边和ed边所受的安培力大小分别为 ⑦ Fab?BI1lab?0.0050N ⑧ Fcf?BI3lcf?0.010N
式中lab和led分别为ab边和ed边的长度。外力所做的功为 W2?Fablef?Fcflef?0.0015J ⑨ 式中lef表示ef边的长度。
在cf边移出磁场后，只有边ab切割磁力线运动产生感应电动势。此时，等效电路如图b所示，电路中电动势的大小和电阻阻值不变。根据基尔霍夫定律可得
?I1?I3?I6, ?I?I?I, ?251 ⑩ ?I?I?I, 78?6??I4?I7?I3?I5.和
?U?2I1R?I3R?I5R?0,?U?2IR?IR?IR?0,?254 ? ??IR?2IR?IR?0, 67?3???I4R?I7R?2I8R?0. 联立⑩?式得 ? I1?I2?0.075A
此时，ab边受到的安培力为 ? Fab?BI1lab?0.015N 外力所做的功为 ? W3?Fablaf?0.0015J
整个过程中外力做的功为
11
? W?W1?W2?W3?0.0030J
评分参考：①式1分，②③④式各2分，⑤⑥⑦⑧⑨式各1分，⑩?式各2分，????式各1分。 六、（23分）
（1）设t时刻导线框平面与长直导线和转轴组成平面之间的夹角为θ的值为?=?t，如图a所示（俯视图），导线框旋转过程中只有左、右两边（图中分别用A、B表示）切割磁力线产生感应电动势。A、B两条边的速度大小相等，
v??a ①
A、B处对应的磁感应强度大小分别为
?I② B1?02?r1 ?I③ B2?02?r2
其中，?0为真空磁导率，r1、r2分别为A和B到长直导线的垂直距离。A、B两边对应的感应电动势分别为
?a2?0IE1?B12avsin?1?sin?1?r1E2?B22avsin?2?ππ式中??1、??2分别为A、B的速度方向与r1、r2的夹角。 根据几何关系得
22?1???? ⑤
?2????其中α、β分别为r1、r2与x方向的夹角。⑤式代入④式得导线框中的感应电动势为
?a2?0I1?sin(???)sin(???)?E?E1?E2??⑥ ???rr12??
根据几何关系及三角形余弦定理得α、β、r1、r2与a、b、θ之间的关系为
b?acos??cos???r1?⑦ ?asin??sin?? ?r?1
b?acos??cos???r2?⑧ ?asin??sin?? ?r?2
222?r1?a?b?2abcos?⑨ ?222r?a?b?2abcos??2
将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为
?a?0Isin?2?r2
2④
?a2?0Ibsin??11?E???2?222??a?b?2abcos?a?b?2abcos??⑩
2ab?0I?sin?t?11? ???2?222??a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?
12
（2）（解法一）
导线框在电流I的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩M0的作用，要使导线框保持角速度为?的匀速旋转，所加的外力矩M必须满足
M?M0?0?
正方形导线框上、下两边所受安培力的方向与转轴平行，力矩为零，只有导线框左、右两边（分别用A、B表示）受到的安培力F1和F2对合力矩有贡献，如图b所示（俯视图）。由②③式和安培力公式得F1和F2的大小为
?aIi? F1?2aiB1?0?r1 ?aIi? F2?2aiB2?0?r2
式中i为导线框中的感应电流。由欧姆定律有
E?a2?0Ibsin?t?11?? i????2?222R?Ra?b?2abcos?ta?b?2abcos?t??安培力的合力矩为
M0?F1d1?F2d2???F1acos(????)?F2acos(????)22?
?F1asin(???)?F2asin(???)?0a2Ii?sin(???)sin(???)??????rr21??
??其中，d1和d2分别为F1和F2与转轴之间的垂直距离，????和????分别为d1和d2与A、
22B连线之间的夹角。
将⑦⑧⑨?式代入?式得需要加的外力矩为
?0a2Iibsin?t?11?M??M0????2?222??a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t??02a4b2I2?sin2?t?11??????22222?R?a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?2422?4?0abI??(a2?b2)sin?t???2?2222?2R?(a?b)?4abcos?t?22?
（2）（解法二）
导线框在电流I的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩M0的作用，要使导线框保持角速度为?的匀速旋转，所加的外力矩M必须满足
M?M0?0?
此时，安培力的合力矩的功率P0应与导线框中感应电流的功率Pi相等，即
P0?Pi?
式中
222Ibsin2?t?E2?2a4?011?Pi????2?2222R?R?a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?2?
2安培力的合力矩为
P0Pi222?a4?0Ibsin2?t?11?M0????? ??2222???2R?a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?
由?式可得，外力矩M为
13
222?a4?0Ibsin2?t?11?M??M0?????2222?2R?a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?2???4?abI??(a?b)sin?t?2?22222?R?(a?b)?4abcos?t?20422222?
评分参考：第（1）问13分，①②③式各1分，④式2分，⑤式1分，⑥式2分，⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分； 第（2）问10分，（解法一）??式各2分，??式各1分，??式各2分；（解法二）?????式各2分。
七、（22分）
（1）根据热力学第一定律，有
① dU??Q??W
这里，对于1mol理想气体经历的任一缓慢变化过程中，?Q，?W和dU可分别表示为
?Q?C?dT，?W??pdV，dU?CVdT
将理想气体状态方程 两边对T求导，可得
②
pV?RT
pdVdpdV?V?R dTdVdT③
式中利用了
dpdpdV ?dTdVdT根据③式有
dVR ?dpdTp?VdV④
联立①②④式得
C??CV?pRdpp?VdV ⑤
（2）设bc?过程方程为
p????V
⑥
pR根据
C??CV?dpp?VdV
可得该直线过程的摩尔热容为
C??CV????VR
??2?V⑦
3式中，CV是单原子理想气体的定容摩尔热容，CV?R。对bc?过程的初态(3p1,V1)和终态
2(p1,5V1)，有
3p1????V1 ⑧
p1???5?V1由⑧式得
7p⑨ ??p1, ??1
22V1
14
由⑥⑦⑧⑨式得
C??8V?35V1R
4V?14V1⑩
（3）根据过程热容的定义有
?Q ?T式中，?Q是气体在此直线过程中，温度升高?T时从外界吸收的热量。由⑩?式得
4V?14V1?Q ?T?8V?35V1R8V?35V1?Q?R?T
4V?14V1C???
? ?
由?式可知，bc?过程中的升降温的转折点A在p-V图上的坐标为
77A (V1,p1) 24由?式可知，bc?过程中的吸放热的转折点B在p-V图上的坐标为
35V121p1B (,)
816（4）对于abcda循环过程，ab和bc过程吸热，cd和da过程放热
Qab?nCV?Tb?Ta??1.5?RTb?RTa??3p1V1Qbc?nCp?Tb?Ta??2.5?RTc?RTb??15p1V1?
?
?
35式中，已利用已知条件n?1mol，单原子理想气体定容摩尔热容CV?R，定压摩尔热容Cp?R。
22气体在abcda循环过程的效率可表示为循环过程中对外做的功除以总吸热，即
Wabcda4pV11? ?abcda???0.22
Qab?Qbc18pV11对于abc?a循环过程，由热力学第一定律可得，bBab和bB过程吸热，Bc? 和 c?a过程放热。
过程吸热为
1 ? Qbc???UbB?WbB?nCV?TB?Tb???pB?3p1??VB?V1?=11.39pV112所以，循环过程abc?a的效率为
Wabc?a4p1V1? ?abc?a???0.278
Qab?Qbc?14.39p1V1
由??式可知
?abc?a??abcda ?
评分参考：第（1）问5分，①②③④⑤式各1分；第（2）问5分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分；第（3）问7分，?式1分，??式各2分，??式各1分；第（4）问5分，?????式各1分。
八、（20分）
（1）对于光线在波导层和衬底层的折射情况，根据折射定律有
① n1sin?i1?n0sin?t0 若要求光线不会折射到衬底中，即发生全反射，应有
② ?i1??10 C
式中，?10 C为光线在波导层和衬底层的交界面上发生全反射的临界角
?10 C?arcsin?15
?n0?? n?1?
③
第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案
