第29屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷答案

第29屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷答案第29屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷參考答案一、 由于湖面足夠?qū)掗煻飰K體積很小，所以湖面的絕對(duì)高度在物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標(biāo)原點(diǎn)并以豎直向下方向?yàn)檎较蚪⒆鴺?biāo)系，以下簡(jiǎn)稱(chēng)系.設(shè)物塊下底面的坐標(biāo)為，在物塊未完全浸沒(méi)入湖水時(shí)，其所受到的浮力為()(1)式中為重力加速度.物塊的重力為(2)設(shè)物塊的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律有(3)將(1)和(2)式代入(3)式得(4)將系坐標(biāo)原點(diǎn)向下移動(dòng)而建立新坐標(biāo)系，簡(jiǎn)稱(chēng)系.新舊坐標(biāo)的關(guān)系為(5)把(5)式代入(4)式得(6)(6)式表示物塊的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng).若，則，對(duì)應(yīng)于物塊的平衡位置.由(5)式可知，當(dāng)物塊處于平衡位置時(shí)，物塊下底面在系中的坐標(biāo)為(7)物塊運(yùn)動(dòng)方程在系中可寫(xiě)為(8)利用參考圓可將其振動(dòng)速度表示為(9)式中為振動(dòng)的圓頻率(10)在(8)和(9)式中和分別是振幅和初相位，由初始條件決定.在物塊剛被釋放時(shí)，即時(shí)刻有，由(5)式得(11)(12)由(8)至(12)式可求得(13)(14)將(10)、(13)和(14)式分別代人(8)和(9)式得(15)(16)由(15)式可知，物塊再次返回到初始位置時(shí)恰好完成一個(gè)振動(dòng)周期；但物塊的運(yùn)動(dòng)始終由(15)表示是有條件的，那就是在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊始終沒(méi)有完全浸沒(méi)在湖水中.若物塊從某時(shí)刻起全部浸沒(méi)在湖水中，則湖水作用于物塊的浮力變成恒力，物塊此后的運(yùn)動(dòng)將不再是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，物塊再次返回到初始位置所需的時(shí)間也就不再全由振動(dòng)的周期決定.為此，必須研究物塊可能完全浸沒(méi)在湖水中的情況.顯然，在系中看，物塊下底面坐標(biāo)為時(shí)，物塊剛好被完全浸沒(méi)；由(5)式知在系中這一臨界坐標(biāo)值為（17）即物塊剛好完全浸沒(méi)在湖水中時(shí)，其下底面在平衡位置以下處.注意到在振動(dòng)過(guò)程中，物塊下底面離平衡位置的最大距離等于振動(dòng)的振蝠，下面分兩種情況討論：I．.由(13)和(17)兩式得(18)在這種情況下，物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中至多剛好全部浸沒(méi)在湖水中.因而，物塊從初始位置起，經(jīng)一個(gè)振動(dòng)周期，再次返回至初始位置.由(10)式得振動(dòng)周期(19)物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時(shí)間(20)II．.由(13)和(17)兩式得(21)在這種情況下，物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中會(huì)從某時(shí)刻起全部浸沒(méi)在湖水表面之下.設(shè)從初始位置起，經(jīng)過(guò)時(shí)間物塊剛好全部浸入湖水中，這時(shí).由(15)和(17)式得(22)取合理值，有(23)由上式和(16)式可求得這時(shí)物塊的速度為(24)此后，物塊在液體內(nèi)作勻減速運(yùn)動(dòng)，以表示加速度的大小，由牛頓定律有(25)設(shè)物塊從剛好完全浸入湖水到速度為零時(shí)所用的時(shí)間為，有(26)由(24)-(26)得(27)物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時(shí)間為(28)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分.二、1.Ri.通過(guò)計(jì)算衛(wèi)星在脫離點(diǎn)的動(dòng)能和萬(wàn)有引力勢(shì)能可知，衛(wèi)星的機(jī)械能為負(fù)值.由開(kāi)普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌道為橢圓（或圓），地心為橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)(或圓的圓心)，如圖所示.由于衛(wèi)星在脫離點(diǎn)的速度垂直于地心和脫離點(diǎn)的連線(xiàn)，因此脫離點(diǎn)必為衛(wèi)星橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)（或近地點(diǎn)）；設(shè)近地點(diǎn)（或遠(yuǎn)地點(diǎn)）離地心的距離為，衛(wèi)星在此點(diǎn)的速度為.由開(kāi)普勒第二定律可知R(1)式中為地球自轉(zhuǎn)的角速度.令表示衛(wèi)星的質(zhì)量，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有（2）由（1）和（2）式解得(3)可見(jiàn)該點(diǎn)為近地點(diǎn),而脫離處為遠(yuǎn)地點(diǎn).【（3）式結(jié)果亦可由關(guān)系式：直接求得】同步衛(wèi)星的軌道半徑滿(mǎn)足(4)由(3)和(4)式并代入數(shù)據(jù)得(5)可見(jiàn)近地點(diǎn)到地心的距離大于地球半徑，因此衛(wèi)星不會(huì)撞擊地球.ii.由開(kāi)普勒第二定律可知衛(wèi)星的面積速度為常量，從遠(yuǎn)地點(diǎn)可求出該常量為(6)設(shè)和分別為衛(wèi)星橢圓軌道的半長(zhǎng)軸和半短軸，由橢圓的幾何關(guān)系有(7)(8)衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期為(9)代人相關(guān)數(shù)值可求出（10）衛(wèi)星剛脫離太空電梯時(shí)恰好處于遠(yuǎn)地點(diǎn)，根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知此時(shí)刻衛(wèi)星具有最小角速度，其后的一周期內(nèi)其角速度都應(yīng)不比該值小，所以衛(wèi)星始終不比太空電梯轉(zhuǎn)動(dòng)得慢；換言之，太空電梯不可能追上衛(wèi)星.設(shè)想自衛(wèi)星與太空電梯脫離后經(jīng)過(guò)（約14小時(shí)），衛(wèi)星到達(dá)近地點(diǎn)，而此時(shí)太空電梯已轉(zhuǎn)過(guò)此點(diǎn)，這說(shuō)明在此前衛(wèi)星尚未追上太空電梯.由此推斷在衛(wèi)星脫落后的0-12小時(shí)內(nèi)二者不可能相遇；而在衛(wèi)星脫落后12-24小時(shí)內(nèi)衛(wèi)星將完成兩個(gè)多周期的運(yùn)動(dòng)，同時(shí)太空電梯完成一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期，所以在12-24小時(shí)內(nèi)二者必相遇，從而可以實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星回收.2.根據(jù)題意，衛(wèi)星軌道與地球赤道相切點(diǎn)和衛(wèi)星在太空電梯上的脫離點(diǎn)分別為其軌道的近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn).在脫離處的總能量為（11）此式可化為(12)這是關(guān)于的四次方程，用數(shù)值方法求解可得（13）【亦可用開(kāi)普勒第二定律和能量守恒定律求得.令表示衛(wèi)星與赤道相切點(diǎn)即近地點(diǎn)的速率，則有和由上兩式聯(lián)立可得到方程其中除外其余各量均已知,因此這是關(guān)于的五次方程.同樣可以用數(shù)值方法解得.】衛(wèi)星從脫離太空電梯到與地球赤道相切經(jīng)過(guò)了半個(gè)周期的時(shí)間，為了求出衛(wèi)星運(yùn)行的周期，設(shè)橢圓的半長(zhǎng)軸為，半短軸為，有(14)(15)因?yàn)槊娣e速度可表示為(16)所以衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期為(17)代入相關(guān)數(shù)值可得h(18)衛(wèi)星與地球赤道第一次相切時(shí)已在太空中運(yùn)行了半個(gè)周期，在這段時(shí)間內(nèi)，如果地球不轉(zhuǎn)動(dòng)，衛(wèi)星沿地球自轉(zhuǎn)方向運(yùn)行180度，落到西經(jīng)處與赤道相切.但由于地球自轉(zhuǎn)，在這期間地球同時(shí)轉(zhuǎn)過(guò)了角度，地球自轉(zhuǎn)角速度，因此衛(wèi)星與地球赤道相切點(diǎn)位于赤道的經(jīng)度為西經(jīng)（19）即衛(wèi)星著地點(diǎn)在赤道上約西經(jīng)121度處.評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題23分.第1問(wèn)16分，第i小問(wèn)8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和結(jié)論共2分.第ii小問(wèn)8分，（9）、（10）式各2分，說(shuō)出在0-12小時(shí)時(shí)間段內(nèi)衛(wèi)星不可能與太空電梯相遇并給出正確理由共2分，說(shuō)出在12-24小時(shí)時(shí)間段內(nèi)衛(wèi)星必與太空電梯相遇并給出正確理由共2分.第2問(wèn)7分，(11)式1分，(13)式2分，（18）式1分，（19）式3分.（數(shù)值結(jié)果允許有的相對(duì)誤差）三、ABABCOxyP圖1如圖1所示，建直角坐標(biāo)，軸與擋板垂直，軸與擋板重合.碰撞前體系質(zhì)心的速度為，方向沿x軸正方向，以表示系統(tǒng)的質(zhì)心，以和表示碰撞后質(zhì)心的速度分量，表示墻作用于小球的沖量的大小.根據(jù)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有（1）（2）由（1）和（2）式得（3）（4）可在質(zhì)心參考系中考察系統(tǒng)對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量.在球與擋板碰撞過(guò)程中，質(zhì)心的坐標(biāo)為（5）（6）球碰擋板前，三小球相對(duì)于質(zhì)心靜止，對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量為零；球碰擋板后，質(zhì)心相對(duì)質(zhì)心參考系仍是靜止的，三小球相對(duì)質(zhì)心參考系的運(yùn)動(dòng)是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動(dòng)，若轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為，則三小球?qū)|(zhì)心的角動(dòng)量（7）式中、和分別是、和三球到質(zhì)心的距離，由圖1可知（8）（9）（10）由（7）、（8）、（9）和（10）各式得（11）在碰撞過(guò)程中，質(zhì)心有加速度，質(zhì)心參考系是非慣性參考系，在質(zhì)心參考系中考察動(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，必須引入慣性力.但作用于質(zhì)點(diǎn)系的慣性力的合力通過(guò)質(zhì)心，對(duì)質(zhì)心的力矩等于零，不影響質(zhì)點(diǎn)系對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量，故在質(zhì)心參考系中，相對(duì)質(zhì)心角動(dòng)量的變化仍取決于作用于球的沖量的沖量矩，即有（12）【也可以始終在慣性參考系中考察問(wèn)題，即把桌面上與體系質(zhì)心重合的那一點(diǎn)作為角動(dòng)量的參考點(diǎn)，則對(duì)該參考點(diǎn)(12)式也成立】由（11）和（12）式得(13)球相對(duì)于質(zhì)心參考系的速度分量分別為（參考圖1）(14)(15)球相對(duì)固定參考系速度的x分量為（16）由（3）、（6）、（13）和（16）各式得（17）根據(jù)題意有（18）由（17）和（18）式得xOPACB圖2y（19）由（13xOPACB圖2y（20）球若先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個(gè)系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過(guò)角，即桿至少轉(zhuǎn)到沿y方向，如圖2所示.系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過(guò)所需時(shí)間（21）在此時(shí)間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動(dòng)的距離（22）若（23）則球先于球與擋板碰撞.由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得（24）即(25)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分.解法二ABCCOxyP圖1如圖1所示，建直角坐標(biāo)系，軸與擋板垂直，軸與擋板重合，以、、、、和分別表示球與擋板剛碰撞后、和三球速度的分量，根據(jù)題意有ABCCOxyP圖1（1）以表示擋板作用于球的沖量的大小，其方向沿軸的負(fù)方向，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)組的動(dòng)量定理有（2）（3）以坐標(biāo)原點(diǎn)為參考點(diǎn)，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)組的角動(dòng)量定理有（4）因?yàn)檫B結(jié)小球的桿都是剛性的，故小球沿連結(jié)桿的速度分量相等，故有（5）（6）（7）（7）式中為桿與連線(xiàn)的夾角.由幾何關(guān)系有（8）（9）解以上各式得（10）（11）（12）（13）（14）（15）按題意，自球與擋板碰撞結(jié)束到球(也可能球)碰撞擋板墻前，整個(gè)系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)的質(zhì)心作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).若以質(zhì)心為參考系，則相對(duì)質(zhì)心參考系，質(zhì)心是靜止不動(dòng)的，、和三球構(gòu)成的剛性系統(tǒng)相對(duì)質(zhì)心的運(yùn)動(dòng)是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動(dòng).為了求出轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，可考察球B相對(duì)質(zhì)心的速度.由(11)到(15)各式，在球與擋板碰撞剛結(jié)束時(shí)系統(tǒng)質(zhì)心的速度（16）（17）這時(shí)系統(tǒng)質(zhì)心的坐標(biāo)為（18）（19）不難看出，此時(shí)質(zhì)心正好在球的正下方，至球的距離為，而球相對(duì)質(zhì)心的速度（20）（21）可見(jiàn)此時(shí)球的速度正好垂直，故整個(gè)系統(tǒng)對(duì)質(zhì)心轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度（22）xOPACB圖2y若使球先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個(gè)系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過(guò)角，即桿至少轉(zhuǎn)到沿y方向，如圖2所示.系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過(guò)xOPACB圖2y（23）在此時(shí)間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動(dòng)的距離（24）若（25）則球先于球與擋板碰撞.由以上有關(guān)各式得（26）即(27)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分.四、參考解答：1．虛線(xiàn)小方框內(nèi)2n個(gè)平行板電容器每?jī)蓚€(gè)并聯(lián)后再串聯(lián)，其電路的等效電容滿(mǎn)足下式（1）即（2）式中（3）虛線(xiàn)大方框中無(wú)限網(wǎng)絡(luò)的等效電容滿(mǎn)足下式（4）即（5）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為（6）等效電容器帶的電量（即與電池正極連接的電容器極板上電量之和）（7）當(dāng)電容器a兩極板的距離變?yōu)?d后，2n個(gè)平行板電容器聯(lián)成的網(wǎng)絡(luò)的等效電容滿(mǎn)足下式（8）由此得（9）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為（10）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容器帶的電荷量為（11）在電容器a兩極板的距離由d變?yōu)?d后，等效電容器所帶電荷量的改變?yōu)椋?2）電容器儲(chǔ)能變化為（13）在此過(guò)程中，電池所做的功為（14）外力所做的功為（15）2.設(shè)金屬薄板插入到電容器a后，a的左極板所帶電荷量為，金屬薄板左側(cè)帶電荷量為，右側(cè)帶電荷量為，a的右極板帶電荷量為，與a并聯(lián)的電容器左右兩極板帶電荷量分別為和.由于電容器a和與其并聯(lián)的電容器兩極板電壓相同，所以有（16）由（2）式和上式得（17）上式表示電容器a左極板和與其并聯(lián)的電容器左極板所帶電荷量的總和，也是虛線(xiàn)大方框中無(wú)限網(wǎng)絡(luò)的等效電容所帶電荷量（即與電池正極連接的電容器的極板上電荷量之和）.整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)兩端的電壓等于電池的電動(dòng)勢(shì)，即（18）將（2）、（5）和（17）式代入（18）式得電容器a左極板帶電荷量（19）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題21分.第1問(wèn)13分，（2）式1分，（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式2分,（14）式1分，（15）式2分.第2問(wèn)8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分.五、cl2cl2l1I1I2abI圖1如圖1所示，當(dāng)長(zhǎng)直金屬桿在ab位置以速度QUOTEv水平向右滑動(dòng)到時(shí)，因切割磁力線(xiàn)，在金屬桿中產(chǎn)生由b指向a的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為（1）式中為金屬桿在QUOTEABab位置時(shí)與大圓環(huán)兩接觸點(diǎn)間的長(zhǎng)度，由幾何關(guān)系有（2）d在金屬桿由QUOTEABab位置滑動(dòng)到cd位置過(guò)程中，金屬桿與大圓環(huán)接觸的兩點(diǎn)之間的長(zhǎng)度可視為不變，近似為.將（2）式代入（1）式得，在金屬桿由QUOTEABab滑動(dòng)到cd過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小始終為d（3）以、和分別表示金屬桿、桿左和右圓弧中的電流，方向如圖1所示，以表示a、b兩端的電壓，由歐姆定律有（4）（5）式中，和分別為金屬桿左、右圓弧的弧長(zhǎng).根據(jù)提示，和中的電流在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為（6）（7）方向豎直向上，方向豎直向下.由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整個(gè)大圓環(huán)電流在圓心處QUOTE產(chǎn)生的QUOTEQUOTE磁感應(yīng)強(qiáng)度為（8）無(wú)論長(zhǎng)直金屬桿滑動(dòng)到大圓環(huán)上何處，上述結(jié)論都成立，于是在圓心處只有金屬桿QUOTE的電流I所產(chǎn)生磁場(chǎng).在金屬桿由ab滑動(dòng)到cd的過(guò)程中，金屬桿都處在圓心附近，故金屬桿可近似視為無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，由提示，金屬桿在ab位置時(shí)，桿中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為II2I1baR左圖2εRabR右II2I1baR左圖2εRabR右方向豎直向下.對(duì)應(yīng)圖1的等效電路如圖2，桿中的電流（10）其中為金屬桿與大圓環(huán)兩接觸點(diǎn)間這段金屬桿的電阻，和分別為金屬桿左右兩側(cè)圓弧的電阻，由于長(zhǎng)直金屬桿非常靠近圓心，故（11）利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得（12）由于小圓環(huán)半徑QUOTE，小圓環(huán)圓面上各點(diǎn)的磁場(chǎng)可近似視為均勻的，且都等于長(zhǎng)直金屬桿在圓心處產(chǎn)生的磁場(chǎng).當(dāng)金屬桿位于ab處時(shí)，穿過(guò)小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量為（13）當(dāng)長(zhǎng)直金屬桿滑到cd位置時(shí)，桿中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿過(guò)小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量為（14）在長(zhǎng)直金屬桿以速度QUOTE從ab移動(dòng)到cd的時(shí)間間隔內(nèi)，穿過(guò)小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量的改變?yōu)椋?5）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在小圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為大小為（16）在長(zhǎng)直金屬桿從ab移動(dòng)cd過(guò)程中，在小圓環(huán)導(dǎo)線(xiàn)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為（17）于是，利用（12）和（17）式，在時(shí)間間隔內(nèi)通過(guò)小環(huán)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電荷量為（18）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.（3）式3分，（4）、（5）式各1分，（8）、（10）式各3分，（12）式3分,（15）式4分，（16）、（17）式各2分，（18）式3分.六、參考解答：設(shè)重新關(guān)閉閥門(mén)后容器A中氣體的摩爾數(shù)為，B中氣體的摩爾數(shù)為，則氣體總摩爾數(shù)為（1）把兩容器中的氣體作為整體考慮，設(shè)重新關(guān)閉閥門(mén)后容器A中氣體溫度為，B中氣體溫度為，重新關(guān)閉閥門(mén)之后與打開(kāi)閥門(mén)之前氣體內(nèi)能的變化可表示為（2）由于容器是剛性絕熱的，按熱力學(xué)第一定律有（3）令表示容器A的體積,初始時(shí)A中氣體的壓強(qiáng)為，關(guān)閉閥門(mén)后A中氣體壓強(qiáng)為，由理想氣體狀態(tài)方程可知（4）（5）由以上各式可解得由于進(jìn)入容器B中的氣體與仍留在容器A中的氣體之間沒(méi)有熱量交換，因而在閥門(mén)打開(kāi)到重新關(guān)閉的過(guò)程中留在容器A中的那部分氣體經(jīng)歷了一個(gè)絕熱過(guò)程，設(shè)這部分氣體初始時(shí)體積為(壓強(qiáng)為時(shí))，則有（6）利用狀態(tài)方程可得（7）由（1）至（7）式得，閥門(mén)重新關(guān)閉后容器B中氣體質(zhì)量與氣體總質(zhì)量之比（8）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題15分.（1）式1分，（2）式3分，（3）式2分，（4）、（5）式各1分，（6）式3分，（7）式1分，（8）式3分.七、答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：1.19.2(4分，填19.0至19.4的，都給4分)10.2(4分，填10.0至10.4的，都給4分)2.20.3(4分，填20.1至20.5的，都給4分)4.2(4分，填4.0至4.4的，都給4分)八、參考解答：在相對(duì)于正離子靜止的參考系S中，導(dǎo)線(xiàn)中的正離子不動(dòng)，導(dǎo)電電子以速度向下勻速運(yùn)動(dòng)；在相對(duì)于導(dǎo)電電子靜止的參考系中，導(dǎo)線(xiàn)中導(dǎo)電電子不動(dòng)，正離子以速度向上勻速運(yùn)動(dòng).下面分四步進(jìn)行分析.第一步，在參考系中，考慮導(dǎo)線(xiàn)2對(duì)導(dǎo)線(xiàn)1中正離子施加電場(chǎng)力的大小和方向.若S系中一些正離子所占據(jù)的長(zhǎng)度為，則在系中這些正離子所占據(jù)的長(zhǎng)度變?yōu)?，由相?duì)論中的長(zhǎng)度收縮公式有（1）設(shè)在參考系S和中，每單位長(zhǎng)度導(dǎo)線(xiàn)中正離子電荷量分別為和，由于離子的電荷量與慣性參考系的選取無(wú)關(guān)，故（2）由（1）和（2）式得（3）設(shè)在S系中一些導(dǎo)電電子所占據(jù)的長(zhǎng)度為，在系中這些導(dǎo)電電子