1、1 第 33 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2016年9 月17 日 一、 （20 分）如图，上、下两个平凸透光柱面的 半径分别为 1 R 、 2 R ， 且两柱面外切； 其剖面 （平 面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各 自过切点的母线相互垂直。取两柱面切点 O 为 直角坐标系 O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点 O 的母线为 X轴，上侧柱面过切点 O的母线为 Y 轴。一束在真空中波长为 的可见光沿 Z 轴负 方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着 Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在 X-Y 平面的投影。 1 R 和
2、 2 R 远大于傍轴光线 干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为 0 1.00 n 。试推导第k 级亮纹在 X-Y 平面的 投影的曲线方程。 已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏） 介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。任何情形下，折 射波不存在半波损失。伴随半波损失将产生大小为 的相位突变。b. sin , 1 xx x 当。 参考解答： 如图 a 所示，光线 1 在上侧柱面 P点处傍轴垂直入射，入射角为 ，折 射角为 0 ，由折射定律有 00 sin sin nn 其中n和 0 n 分别玻璃与空气的折射
3、率。 光线在下侧柱面 Q 点处反射，入射角 与反射角分别为i和i ，由反射定律有 ii 光线在下侧柱面 Q 点的反射线交上侧柱面于 P 点，并由 P 点向上侧柱面折射，折射光线用1 表 示；光线1 正好与 P 点处的入射光线 2的反射光线 2 相遇，发生干涉。考虑光波反射时的半波损 失，光线1 与光线 2 在 P 点处光程差 L 为 p0 p0 pp () ( P QP Q ) ( ) ( P QP Q )( ) 22 Lnzn nzn n zz 2 式中 为入射光线在真空中的波长， 0 1.00 n 。由题意， 1 R 和 2 R 远大于傍轴光线干涉区域所对应 的两柱面间最大间隙；因而在傍轴
4、垂直入射情况下有 0 ， 1 ii 式成为00 nn 亦即 0 10 n 在傍轴条件下， 柱面上 P、Q两处切平面的法线近似平行，因此 0 10 ii 从而，在 P、Q 两处，不仅切平面的法线近似平行，而且在上下表面的反射光线、折射光线均近 似平行于入射线，因而也近似平行于 Z 轴，从而 P 与 P点近似重合，即 p p zz 且 PQ 近似平行于 Z 轴，因而长度 PQ PQ PQzz 由式得 00 P Q 2P Q 2 22 Ln nzz 可以将式右端的 - z 坐标近似用 - x 或 - y 坐标表出。为此，引 入一个近似公式。如图 b所示，设置于平面上的柱面透镜与平面之 间的空气隙的厚
5、度为e ，柱面半径为R 。对三边边长分别为R 、 Re 和r的直角三角形有 2 22 = RRer 即 22 2Re e r 在光线傍轴垂直入射时，eR ，可略去式 左端的 2 e ，故 2 2 r e R 在光线傍轴垂直入射时， 前面已证近似有 PQ/Z 轴。故可将上、下两个柱面上的 P、Q 两 点的坐标取为 P P (, ) xyz 、Q Q (, ) xyz ，如图 c 所示。根据式可知，P、Q 两点到 XOY 切平面的距离分别为 3 2 1P 1 2 x ez R ， 2 2Q 2 2 y ez R 最后，光线在上、下两个柱面反射并相遇时, 其光程差 L 为 0PQ 012 22 22
6、 Lnzz nee 22 22 00 12 122 222 2 xy xy nn RR RR 若 P、Q两点在 XOY 平面的投影点(,) x y 落在第k级亮(暗)纹上，则 L 须满足条件 22 0 12 , 1,2, , 1 2 () , 0 , 1 , 2 , , 2 kk xy Ln RR kk 亮环 暗环 式中亮环条件对应于第k 级亮纹上的点(,) xyz的x -、 y -坐标满足的方程。 更具体地，不妨假设 12 RR ，根据式中的亮环条件，可得第k级亮纹的方程为 22 22 1, 1, 2 kk xy k AB 它们是椭圆亮环纹，其半长轴与半短轴分别为 10 1 () / , 1
7、 , 2 , 2 k AkRnk ， 20 1 () / , 1 , 2 , 2 k BkRnk 评分参考：式各 1 分，式 2 分，式各 1 分，式 2 分，式 1 分，式 2 分， 式各 1 分，式 2 分，式 1 分，式（亮环条件正确）2分。 二、 （20 分）某秋天清晨，气温为 4.0 C ，一加水员到 实验园区给一内径为 2.00 m、 高为 2.00 m的圆柱形不 锈钢蒸馏水罐加水。罐体导热良好。罐外有一内径为 4.00 cm 的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接 处很短） ，顶部与大气相通，如图所示。加完水后， 加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水， 与罐壁无摩擦） ，
8、并密闭了罐顶的加水口。此时加水 员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为1.00 m 。 （1）从清晨到中午，气温缓慢升至 24.0 C ，问此时 观察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。 （2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？求这个过程中罐内空 气的热容量。 4 已知罐外气压始终为标准大气压 5 0 1.01 10 Pa p ，水在 4.0 C 时的密度为 33 0 1.00 10 kg m ，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为 41 3.03 10 K ，重力加速度 大小为 2 9.80m s g ，绝对零度为 273.
9、15 C 。 参考解答： （1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为 00 0 pV nRT 式中n为罐内空气的摩尔数， 0 p 、 3 0 m V 和 0 277.15K T 分别是此时罐内空气的压强、体积和 温度。至中午时， 由于气温升高， 罐内空气压强增大， 设此时罐内空气的压强、 体积和温度分别为 1 p 、 1 V 和 1 T ，相应的状态方程为 11 1 pV nRT 式中 1 297.15K T 。空气和水的体积都发生变化，使得观察柱中水位发生变化，此时观察柱内水 位和罐内水位之差为， 1010 10120 12 2 () ( + ) VVVV TTSSl h SS S 式中右
10、端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献， 0 1.00 m l 为早上加水后观测柱内 水面的高度， 2 1 m S 、 42 2 4 10 m S 分别为罐、观察柱的横截面积。由力平衡条件有 1011 ppgh 式中 0 1 10 1( ) TT 是水在温度为 1 T 时的密度。联立式得关于 h 的一元二次方程为 2 1 10 1 1 00 0 0 ()( ) ( ) 0 T gS h p S gV h pV T 式中 12 12 SS S SS ， 10 1( ) TT 解方程得 2 1 01 1 0 01 1 0 1 00 0 1 () () 4( ) 0.812m 2 T pS
11、gV pS gV gSpV T h gS 另一解不合题意，舍去。由式和题给数据得 5 3 10 101 0 ( ) 0.0180m VVShTTS l 由上式和题给数据得，中午观察柱内水位为 10 10 1 +1 . 8 2 m VV lh l S （2）先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功。 （解法一）早上罐内空气压强 5 0 1.01 10 Pa p ；中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高 h ，罐内空气压强升高了 33 1 7.913 10 Pa 7.91 10 Pa pg h 由于 0 pp ，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为 55 0 1 1.0495 10 Pa 1.
12、05 10 Pa 2 pp p 罐内空气体积缩小了 3 0.0180m V 可见 0 /1 VV ，这说明式是合理的。罐内空气对外做功 33 1.889 10 J 1.9 10 J WpV （解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的任意时刻，设罐内空气 都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V 、T 和 p。水温为T 时水的密度为 0 0 1( ) TT 将式中的 1 V 、 1 T 和 1 p 换为V 、T 和 p，利用式得，罐内空气在温度为T 时的状态方程为 000 1 0 01 0 0 01 0 0 0 () / ()1( ) g pp VV TTS l S VV
13、 Sl TT gSl p ST T 由题设数据和前面计算结果可知 010 ( ) ( ) 0.0060 TT TT 010 10 10 =0.0057 VVVV Sl Sl 这说明式右端分子中与T 有关的项不可略去，而右端分母中与T 有关的项可略去。于是式可 000 1 0 01 0 00 1 00() / ( ) g pp VV TTS l S gSl pV V S lT T S 利用状态方程，上式可改写成 6 0 000 1 0 10 001 10 () 1 gn R pVT S l nR SS l p gl S Sl V nR S 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为 11 00
14、0 000 1 0 10 001 10 001 1 0 10 0 00 1 0 001 10 0 10 0 3 () d d 1 1 () ( )l n 1 1.890 10 J 1.9 VV VV gn R pVT S l nR SS l Wp V V gl S Sl V nR S gl S V nR S g nR nR S VV p VTS l gl S Sl g S Sl V nR S 3 10 J （解法三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于 热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V 、T 和 p。水在温为T 时的密度为 0 0 1( ) TT 将式
15、中的 1 V 、 1 T 和 1 p 换为V 、T 和 p，利用式得，罐内空气在温度为T 时的状态方程为 000 1 0 00 1 0 0 0 0 000 1 0 01 0 0 001 0 00 1 00 001 0 00 1 0 00 1 01( )1( )() 1 ( ) () ( 1 ) () g pp VV TTS l S VV TTSl g p ST T gg V V S l pS l SST T gl S g pV V S l T T SS gl S g pV V S l T p V V V S l SS n R 001 0 0 1 0 00 1 0 0 001 0 0 0 00
16、0 001 0 0 0 00 0 0() ( 1 )(2 ) ( 1 )(2 ) ( 1 ) gl S g g Sl pV V S l Tp V SS Sn R gl S g g V pV V Tp V SS S n R gl S g g T pV V Tp V SS Sp 式中应用了 010 ( ) ( ) 0.0060 TT TT ， 010 10 10 =0.0057 VVVV Sl Sl 式可改写成 7 001 0 00 0 00 0 00 0 00 00 0 00 0 0 (2) ( 1)1 12 (1 2 ) (1 )1 gl S g pV V T SS p gT V Sp Tg
17、V pT Tp T S gT T V Sp 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为 11 00 00 0 00 00 0 00 0 0 00 0 000 1 10 0 00 00 0 0 0 33 12 (1 2 ) (1 ) dd 1 (1 ) ln 1.896 10 J 1.9 10 J VV VV Tg V pT TpTS Wp V V gT T V Sp T p Sp Sp g TV VV V Tg TS p g T V 现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为 44 00 10 10 0 55 () =() 5 . 7 2 4 1 0 J 5
18、 . 7 2 1 0 J 22 pV Un R TT TT T 式中 5 是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为 44 5.535 10 J 5.54 10 J QW U 从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为 31 10 2.77 10 J K Q C TT 。 评分参考：第（1）问 10 分，式各 1 分，式 2 分；第（2）问 10 分， 式各 1 分，式各 2 分，式 1 分。 三、 （20 分）木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的 318倍） 。假设地球与木星均沿 圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。将太阳、地球和木星都视为质点，忽略
19、太阳系内其 它星体的引力；且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。已知太阳和木星质量分别为 s m 和 j m ，引力常量为G 。地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是 e r 和 j r 。假设在某个时刻，地球与 太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为 。这时若太阳质量突然变为零，求 （1）此时地球相对木星的速度大小 ej v 和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 0 v 。 （2）试讨论此后地球是否会围绕木星转动，可利用（1）中结果和数据 30 s 2.0 10 kg m 、 27 j 1. 9 1 0 k g m 、木星公转周期 j 12 y T 。 参考解答： 8 （1）若太阳质量突
20、然变为零，地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变，因而应当等于在太阳 质量变为零之前的瞬间，地球和木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前，地球和木 星绕太阳转动速度分别是 e v 和 j v 。以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为 - x y平面建立坐标 系。由万有引力定律和牛顿第二定律有 2 se e e 2 ee mm Gm rr v 由式得 s e e Gm r v ， 同理有 s j j Gm r v ， 现计算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 0 v （不考虑太阳引力） 。若地球相对木星刚 好以速度 0 v 运动，也就是说，当地球在木星的引力场里运动到无限远时，速度刚好
21、为零，此时木 星-地球系统引力势能为零，动能也为零，即总机械能为零。按机械能守恒定律，在地球离木星距 离为 ej r 时，速度 0 v 满足 ej 2 e0 ej 1 0 2 mm mG r v ， 即 j 0 ej 2 v Gm r ， 可见，地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 0 v 的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。 设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢为 jj (, 0 ) r r 地球的位矢为 ee e (c o s, s i n) rr r ， 式中 为地球此时的位矢与x-轴的夹角。此时地球和木星的距离为 22 ej e j e j 2c o s rrrr r 此时地球相对
22、于木星的速度大小为 22 ej e j e j e j s ej ej 112 c o s 2c o s Gm rr rr vv v v v vv 式中 cos 项前面取减号是因为考虑到木星和地球同方向绕太阳旋转的缘故。由式得 9 1/2 jj 0 22 1 / 4 ej e j e j 2( 2 ) (2 c o s ) Gm Gm rrrr r v ， （2）解法（一） 为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较 ej v 和 0 v 的大小。由开普勒第三定律有 3 3 j e 22 je r r TT ， 式中 j =12 y T 是木星公转周期，而 e =1y T 是地球公转周期。由式得
23、 2 jj 3 3 2 ee 144 5.2 rT rT ej v 和 0 v 都是正数，所以，由式有： 2 ej s 4 e 0j ee e 2 s 4 j 112 c o s 15 . 22 c o s 25 . 2 5.2 12 c o s1 1 5.2 2cos 25 . 2 5.2 m r mr r r m m v v 显然，式右端当 cos 1 ，即 0 时取最小值，此时太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧。由式和题给数据有 2 ej s 4 0j min 12 1 1 5.2 2 29 1 25 . 2 5.2 m m v v 也就是说，在任何情况下， ej 0 v v
24、即若太阳质量突然变为零，地球必定不会被木星引力俘获，不会围绕木星旋转。这里考虑的是地 球与木星绕太阳运动方向相同的情况。若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对 速度会更大，而 0 v 不变，地球也不会围绕木星旋转。 解法（二） 为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较 ej v 和 0 v 的大小。首先讨论 0 时的情况，即 在太阳质量变为零的瞬间，太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧的情形。由开普勒 第三定律有 3 3 j e 22 je r r TT ， 式中 j =12 y T 是木星公转周期，而 e =1y T 是地球公转周期。由式得 10 2/3 j 3 jeee
25、 e 144 5.2 T rrrr T ， 将式和有关数据代入式得 14 ej s s ej e e ej 112 c o s 0.56 7.9 10 GG Gm m rr r r rr v 1/2 j 13 0j 22 1 / 4 eje j e e (2 ) 0.44 2 2.7 10 (2 c o s ) Gm GG m rrr r r r v 可见，此时有 ej 0 v v 所以这种情形下地球不会围绕木星旋转。这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向相同的情况。 若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而 0 v 不变，地球也不会围 绕木星旋转。 对于 0 的情况，当
26、 从 0 到 （或从 0 到 ）改变时，从式式可以看到， ej v 单调增大， 0 v 单调减小 所以总有式成立。因此，若太阳质量突然变为零，地球仍不会围绕木星旋转。 评分参考：第（1）问 10 分，式各 1 分；第（2）问 10 分，式 2 分，式 1 分，式各 2 分，式各 1分，结论正确给 1 分。 四、 （20 分）蹦极是年轻人喜爱的运动。为研究蹦极过程，现将一长 为L、质量为m 、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性 绳的一端系在桥沿 b，绳的另一端系一质量为M 的小物块（模拟蹦 极者） ；假设M 比m 大很多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和 蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，
27、但仍在弹性限度内。在蹦极者 从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过 程中，不考虑水平运动和可能的能量损失。重力加速度大小为g。 （1）求蹦极者从静止下落距离 y（ y L ）时的速度和加速度的 大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。 （2）求蹦极者从静止下落距离 y（ y L ）时，绳在其左端悬点 b 处张力的大小。 参考解答： 11 （1）由题意，均匀弹性绳在自重作用下几乎不可伸长，此即其劲度系数非常大。因而，虽然绳的 弹力大小不可忽略，但绳在自重作用下的弹性势能却可忽略不计。取桥面为重力势能零点，系统 总的初始能量是绳的初始势能，即 4 ip i L
28、 EE m g 式中，m 是绳的质量，L是绳的原长。蹦极者下落距离 y时，系统的动能为 22 11 222 k Ly EMm L vv 式中，M 是蹦极者的质量，v是蹦极者的速度大小，它等于下落的绳的速度。下落的那段绳的重 力势能为 , ( 24 p Ly Ly Emg y L 动 ) 而此时静止的那段绳的重力势能为 , 24 p LyLy Emg L 静 由式得，此时系统（蹦极者和绳）总的机械能为 , , 22 + 11( 2222424 fk p p EEEEM g y Ly Ly Ly LyLy M mmg ymgM g y LL L vv ) 动 静 按题意，不考虑可能的能量损失，有
29、if EE 由式得 2 42 2 MLm Lm y gy MLm Lm y v 将式两边对时间求导得 2 (4 2 ) 22 + (2 ) dd ym y M Lm L m y g dt dt ML mL my v v 将 dy dt v代入式得，蹦极者加速度大小 d a dt v 为 2 2 2 1 2 2 ML mL g a MLm Lm y 或 2 (4 2 ) 1 2(2 ) my ML mL my ag ML mL my 在所考虑的下落过程中，加速度向下，速度大小的上限为 1 2 2 yL m gLg L M v 由式有 12 22 3 (2 ) 0 (2 ) da M m L mg
30、 dy ML mL my 加速度大小的上限为 2 (4 ) 1 8 yL mMm ag M （2）解法（一）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离 y处，在时刻td t 下落到离起始水 平面距离yd y 处。考虑时刻t绳底端右边长度为 /2 dy 的一小段绳，它在时刻td t 静止于绳底 端左边，如图所示。在这个过程中，在竖直方向上，对这一小段绳应用冲量定理有 12 () 0 22 mdy mdy FFd t g d t LL v 式中 1 F 和 2 F 分别是绳的弯曲段左、右两端在时刻t张力的大小。 另一方面，对于右边正在下落的那段绳，由牛顿第二定律有 2 22 mL y mL y M y
31、g M g F LL 联立式得 12 1 0() 2 f dE FFy dt 由式得 2 12 11 224 mdy m FF g LL v 取 0 dy ，绳在其上端悬点 b处的张力大小为 2 b 1 24 mL y m Fg LL v 由式得 b 42 242 LyyM Lm Lm y Fm g LLM Lm Lm y 解法（二）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离 y处，在时刻td t 下落到离起始水平 面距离yd y 处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为 () () ( ) 22() ( ) () 22 mL y dy mL y dp M y dy M y
32、LL mL y mdy M y dy y y dy LL vv vvv 外力的冲量为 b () I Mmg d tF d t 由动量定理 I dp 13 并利用 ()( ) d yd y y d y dy v vv 可得 b +( ) () ( ) 22 2 2 mLy mdy mL y mL y dy d FgyMg M L L dt L L dt v v 对右边那段绳应用牛顿第二定律有 2 2 () 1 1 () 222 2 2 4 m L y m L y dy d m dy m dy m Mg M Fgg LLd tLLL v v 这里利用了解法（一）的式。将上式代入式，并取取 0 dy
33、 得 2 b 1 24 mL y m Fg LL v 由式得 b 42 242 LyyM Lm Lm y Fm g L L ML mL my 解法（三）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离 y处，在时刻td t 下落到离起始水平 面距离yd y 处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为 () () ( ) 22() ( ) () 22 mL y dy mL y dp M y dy M y LL mL y mdy M y dy y y dy LL vv vvv 外力的冲量为 b () I Mmg d tF d t 由动量定理 I dp 并利用 ()( ) d yd y y
34、 d y dy v vv 可得 2 b + ()( ) () () 22 2 2 mLy m mL y mdy Fgy Mg a ya y LLL L v 利用式，式成为 2 b 2 +( 4 2 ) ()( ) 22 22 ( 2 ) mLy m mL y my ML mL my Fgy Mg LLLM L m L m y v 式中右端已取 0 dy 。由式得 14 b 42 242 LyyM Lm Lm y Fm g L L ML mL my 评分参考： 第 （1） 问 10 分， 式各 1 分。 第 （2） 问 10 分， （解法一） 式各 2 分， 式各 1分， 式 2分； （解法二）
35、 式各 2 分， 式各 1 分， 式 2 分（其 中包括（解法一）式的 1 分） ，式 2 分； （解法三）式各 2 分，式各 1分，式 各 2 分。 五、 （20 分）一种拉伸传感器的示意图如图 a 所示：它 由一半径为 2 r 的圆柱形塑料棒和在上面紧密缠绕N （ 1 N ） 圈的一层细绳组成； 绳柔软绝缘， 半径为 1 r ， 外表面均匀涂有厚度为t（ 12 trr ） 、 电阻率为 的 石墨烯材料；传感器两端加有环形电极（与绳保持良好 接触） 。未拉伸时，缠绕的绳可视为N 个椭圆环挨在一 起放置； 该椭圆环面与圆柱形塑料棒的横截面之间的夹 角为 （见图 a） ，相邻两圈绳之间的接触电阻
36、为 c R 。 现将整个传感器沿塑料棒轴向朝两端拉伸， 绳间出现n 个缝隙，每个缝隙中刚好有一整圈绳，这圈绳被自动调 节成由一个未封闭圆环和两段短直线段（与塑料棒轴线平行）串接而 成（见图 b） 。假设拉伸前后 、 1 r 、 2 r 、 、t均不变。 （1）求拉伸后传感器的伸长率 （ 是传感器两电极之间距离的伸 长与其原长之比）和两环形电极间电阻的变化率； （2）在传感器两环形电极间通入大小为I 的电流，求此传感器在未 拉伸及拉伸后，在塑料棒轴线上离塑料棒中点 O 距离为D（D远大于传感器长度）的 P 点（图 中未画出）处沿轴向的磁感应强度。 已知：长半轴和短半轴的长度分别为a和b的椭圆的周
37、长为 (3 ) 2 ab ab ，其中 0 b 。 参考解答： （1）如图 a 所示，由几何关系知，传感器轴向和细绳的横截面之间的夹角也是 。传感器两电 极之间的长度（原长）为 1 1 2 cos r LN 每圈绳可看作长半轴为 2 cos r 、短半轴为 2 r 的椭圆环，其周长为 15 2 2 2 22 32 cos (3 ) ( 3) 2 cos 2 cos cos r r rr l 式中 2122 rtrrr 。拉伸后，传感器的伸长率为 ，产生了n个缝隙，设每个缝隙宽L，传感 器的长度变为 1 21 1 1 2 (1 ) ( ) cos 2 () cos r LLL N nn L r
38、nL 式中 2 21 1 32 2 2( 1 ) 2 2c o s cos r Ll r r r 由式得 1 21 11 2 1 2 () (3 2 cos cos ) 4 (cos 1) cos 4 (3 2 cos cos )4 r nL rr n LrN rn rN 式中最后一步是因为考虑到 12 rr 的缘故。 由电阻定律并利用式得，每圈椭圆环形细绳沿着塑料棒轴向的电阻为 11 1 2 1c o s 2 (3 2 cos 3cos ) rr R lt rt 式中因子 1/2是由于细绳内、外半圈的电阻并联的缘故。未拉伸时传感器的电阻为 01 1 (N 1) ( ), 1 cc RN R
39、RNRRN 拉伸后，产生缝隙地方的电阻将由原来的接触电阻 2 c R 和 1 R 之和变为 2 R（ 2 R 为细绳单独绕圆 柱形塑料棒一圈的电阻） 2 2 2 111 32 (3 ) (3 2 cos 3cos ) 2c o s cos 224 c o s r lr R rt rt rt 传感器在其伸长率为 时的电阻变为 30 12 (2 ) c R RnRRn R 由式得，传感器在其伸长率为 时的电阻变化率为 16 21 1 30 2 1 00 2 22 2 21 1 12 (3 2 cos 3cos ) cos 2 4c o s (3 2 cos 3cos ) cos (3 2 cos
40、3cos ) (3 2 cos 3cos ) 2(3 2 cos 3cos ) cos 4c o scos (3 2 cos 3cos ) (3c c c c rr R rt RRRn rt r RR N R rt r rtR r n r N rr t R 22 22 21 22 11 2 2c o s 3 c o s) 4 c o s 2 4 cos 4cos (3 2 cos 3cos ) c rr n N rt r r R （2）在未拉伸时电流沿着塑料棒轴向，根据毕奥萨伐尔定律，此时不会产生沿塑料棒轴向的磁 场，P点处沿塑料棒轴向的磁感应强度为零。 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 一圈中心与 P点的距离为 z r 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 Id l ，它在 P点产生的磁场dB和d B ，dB和d B 的垂直于轴线的分量相
