q=(q)[q] (3) 式中，(q)表示物理量q在取单位[q]时的数值. 这样，(1) 式可写为
2013年第30届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案解析
(Ek)[Ek]=k(λ)α(ω)β(L)γ[λ]α[ω]β[L]γ (4) 在由(2)表示的同一单位制下，上式即
(Ek)=k(λ)α(ω)β(L)γ (5) [Ek]=[λ]α[ω]β[L]γ (6) 将 (2)中第四 式代入 (6) 式得
[M][L]2[T]?2=[M]α[L]γ?α[T]?β (7)
(2)式并未规定基本单位[L]、[M]和[T]的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[L]、[M]和[T]均成立，于是
=α1,=β2,=γ3 (8)
所以 Ek=kλω2L3 (9) 2. 由题意，杆的动能为 =EkEk,c+Ek,r (10) 121L?其中， (λL)?Ek,c=mvc=?ω? (11)
22?2?2注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为
L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅2直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能Ek,r为
L?L? =Ek,r2=Ek(λ,ω,)2kλω2?? (12)
2?2?31?L??L?=kλωLλL?ω?+2kλω2?? (13) 将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得
2?2??2?2323由此解得 于是
k=
1 (14) 6. (15)
L?3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒Ek=mg??sinθ? (16) ?2?由(15)、(16)式得 . (17)
以在杆上距O点为r处的横截面外侧长为(L?r)的那一段为研究对象，该段质量为λ(L?r)，其质心速度为
L?r?L+r?′=ω?r+ω vc. (18) ?=22??第 6 页 共 14 页
设另一段对该段的切向力为T(以θ增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为N(以指向O点方向为正向)，由质心运动定理得
T+λ(L?r)gcosθ=λ(L?r)at (19) N?λ(L?r)gsinθ=λ(L?r)an (20)
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式中，at为质心的切向加速度的大小
at=′L+rdωL+rdωdθ3(L+r)gcosθdvc=== (21) dt2dt2dθdt4L3(L+r)gsinθ2L+r=anω=而an为质心的法向加速度的大小. (22)
22L由(19)、(20)、(21)、(22)式解得T=
评分标准：本题25分.
第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；
第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；
第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分. 评析：
本题第一第二问送分。
量纲分析是《全国中学生物理竞赛内容提要》明确作出要求的，应当掌握。
第三问，质心运动定理的使用无疑成为整道题的闪光点。但是只要稍微做过一点受力分析的，都能想到这个。
整道题难度不大，以送分为主。
四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G组成. 质量为m、带电量为q的球形液滴从G缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h. 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g. 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势Vmax.
(L?r)(3r?L)4L2N=2L2mgcosθ (23)
(L?r)(5L+3r)mgsinθ (24)
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参考解答：
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设在某一时刻球壳形容器的电量为Q. 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有
mgh+kQq1Qq=mv2+2mgR+k. h?R2R(1)
式中，v为液滴在容器口的速率，k是静电力常量. 由此得液滴的动能为
12Qq(h?2R). mv=mg(h?2R)?k2(h?R)R(2)
从上式可以看出，随着容器电量Q的增加，落下的液滴在容器口的速率v不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为
Qmax，则有 由此得
mg(h?2R)?kQmax=Qmaxq(h?2R)=0.
(h?R)R(3) (4)
mg(h?R)R.
kq容器的最高电势为 Vmax=k由(4) 和 (5)式得
Qmax (5) R(6)
Vmax=mg(h?R) q评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分. 评析：
又是一道送分题，不多介绍，做不出来面壁。
但是这道题也不是一无是处，至少他帮我们复习了电容的计算方法之一：用小点量一点一点叠加上去，看做功，跟本题模型有点相近。
五、（25分）平行板电容器两极板分别位于z=±d的平面内，电容2器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B，方向沿x轴负方向，如图所示.
1. 在电容器参考系S中只存在磁场；而在以沿y轴正方向的恒定速度
(0,v,0)（这里(0,v,0)表示为沿x、y、z轴正方向的速度分量分别为
′,Ey′,Ez′)又有磁场0、v、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S′中，可能既有电场(Ex′,By′,Bz′). 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S′中电场(Ex′,Ey′,Ez′)和磁场(Bx′,By′,Bz′)的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变. (Bx2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为
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v，方向沿y轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S′中，由于液
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′,Ey′,Ez′)中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化体处在第1问所述的电场(Ex′,Ey′,Ez′)，而是效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(Exε0(E′,E′,E′)，这里ε0是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S中电场不再为零. 试求电容εxyz器参考系S中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用ε0、ε、v、B或（和）
d表出. ）
参考解答：
1. 一个带电量为q的点电荷在电容器参考系S中的速度为(ux,uy,uz)，在运动的参考系S′中的速度
′,u′′为(uxy,uz). 在参考系S中只存在磁场(Bx,By,Bz)(?B,0,0)，因此这个点电荷在参考系S中所受磁场的作用力为
Fx=0,Fy=?quzB, Fz=quyB(1)
′,By′,Bz′)，因此点电荷q在S′参考系中所受′,Ey′,Ez′)又有磁场(Bx在参考系S′中可能既有电场(Ex电场和磁场的作用力的合力为
′+u′′′′Fx′=q′(ExyBz?uzBy),
′?ux′Bz′+uz′Bx′), Fy′=q′(Ey′By′?u′′Fz′=q′(Ez′+uxyBx)(2)
两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为
q′=q, (Fx′,Fy′,Fz′)=(Fx,Fy,Fz),′′′(ux,uy,uz)?(0,v,0)(u=x,uy,uz) (3)
由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足
′+(uy?v)Bz′?uzBy′=Ex0,
′?uxBz′+uzBx′=Ey?uzB,′?(uy?v)Bx′=Ez′+uxByuyB (4)
它们对于任意的(ux,uy,uz)都成立，故
′,Ey′,Ez′)=(0,0,vB),(Ex′,By′,Bz′)(?B,0,0)(Bx (5)
可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S′中却出现了沿z方向的匀强电场.
2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,v,0)匀速运动. 电容器参考系S中的磁场会在液体参考系S′中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的
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电场为
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′,Ey′,Ez′)=(Exε0(0,0,vB). (6) ε为了求出电容器参考系S中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S′中的电场和磁场来确定电容器参考系S中的电场和磁场. 考虑一带电量为q的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S′中，这力(Fx′,Fy′,Fz′)如(2)式所示. 它在电容器参考系S中的形式为
Fx=q(Ex+uyBz?uzBy),
Fy=q(Ey?uxBz+uzBx), Fz=q(Ez+uxBy?uyBx)(7)
利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得
Ex+uyBz?uzBy=0,
?uzB,Ey?uxBz+uzBx=Ez+uxBy?uyBx= (8)
ε0vB+(uy?v)Bε对于任意的(ux,uy,uz)都成立，故
Ey,Ez)(0,0,((Ex,=ε0?1)vB), (9) ε(Bx,By,Bz)(?B,0,0)可见，在电容器参考系S中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.
注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为
V=?Ezd.
0?由(9)式中第一式和(10)式得 V=??1??vBd.
ε??(10) (11)
ε
评分标准：本题25分.
第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；
第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分. 评析：
将简单的电动力学的内容搬入复赛，确实是大胆的尝试。第一问以送分为主，考察学生对于运动状态的把握。第二问是全新的模型，需要考生认真读题，仔细分析，确实也并不很难，主要分数还是可以获得的。
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