2014年第31屆物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷及答案(共16頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第31屆全國中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題2014年9月20日說明：所有答案 （包括填空）必須寫在答題紙上，寫在試題紙上無效。一、（12分）振動(dòng)的液滴2013年6月20日，“神舟十號(hào)”女航天員王亞平在“天宮一號(hào)”目標(biāo)飛行器里成功進(jìn)行了我國首次太空授課. 授課中的一個(gè)實(shí)驗(yàn)展示了失重狀態(tài)下液滴的表面張力引起的效應(yīng). 視頻中可發(fā)現(xiàn)漂浮的液滴處于周期性的“脈動(dòng)”中（平時(shí)在地球表面附近，重力的存在會(huì)導(dǎo)致液滴下降太快，以至于很難觀察到液滴的這種“脈動(dòng)”現(xiàn)象）. 假設(shè)液滴處于完全失重狀態(tài)，液滴的上述“脈動(dòng)”可視為液滴形狀的周期性的微小變化（振動(dòng)），如圖所示.（1）該液滴處于平衡狀態(tài)

2、時(shí)的形狀是_；（2）決定該液滴振動(dòng)頻率f的主要物理量是_；（3）按后面括號(hào)中提示的方法導(dǎo)出液滴振動(dòng)頻率與上述物理量的關(guān)系式.（提示：例如，若認(rèn)為a,b,c是決定該液滴振動(dòng)頻率的相互獨(dú)立的主要物理量，可將液滴振動(dòng)頻率f與a,b,c的關(guān)系式表示為fabc，其中指數(shù)、是相應(yīng)的待定常數(shù).）二、(16分) 測(cè)量理想氣體的摩爾熱容比一種測(cè)量理想氣體的摩爾熱容比=Cp/CV的方法（Clement-Desormes方法）如圖所示：大瓶G內(nèi)裝滿某種理想氣體，瓶蓋上通有一個(gè)灌氣（放氣）開關(guān)H，另接出一根U形管作為壓強(qiáng)計(jì)M瓶?jī)?nèi)外的壓強(qiáng)差通過U形管右、左兩管液面的高度差來確定. 初始時(shí)，瓶?jī)?nèi)外的溫度相等，瓶?jī)?nèi)氣體的壓

3、強(qiáng)比外面的大氣壓強(qiáng)稍高，記錄此時(shí)U形管液面的高度差hi然后打開H，放出少量氣體，當(dāng)瓶?jī)?nèi)外壓強(qiáng)相等時(shí)，即刻關(guān)閉H. 等待瓶?jī)?nèi)外溫度又相等時(shí)，記錄此時(shí)U形管液面的高度差hf試由這兩次記錄的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)hi和hf，導(dǎo)出瓶?jī)?nèi)氣體的摩爾熱容比的表達(dá)式（提示：放氣過程時(shí)間很短，可視為無熱量交換；且U形管很細(xì)，可忽略由高差變化引起的瓶?jī)?nèi)氣體在狀態(tài)變化前后的體積變化）三、（20分）如圖所示，一質(zhì)量為m、底邊AB長(zhǎng)為b、等腰邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量均勻分布的等腰三角形平板，可繞過光滑鉸鏈支點(diǎn)A和B的水平軸x自由轉(zhuǎn)動(dòng)；圖中原點(diǎn)O位于AB的中點(diǎn)，y軸垂直于板面斜向上，z軸在板面上從原點(diǎn)O指向三角形頂點(diǎn)C. 今在平板上任一給定點(diǎn)M

4、0(x0,0,z0)加一垂直于板面的拉力Q.（1）若平衡時(shí)平板與豎直方向成的角度為，求拉力Q以及鉸鏈支點(diǎn)對(duì)三角形板的作用力NA和NB；（2）若在三角形平板上緩慢改變拉力Q的作用點(diǎn)M的位置，使平衡時(shí)平板與豎直方向成的角度仍保持為，則改變的作用點(diǎn)M形成的軌跡滿足什么條件時(shí)，可使鉸鏈支點(diǎn)A或B對(duì)板作用力的垂直平板的分量在M變動(dòng)中保持不變？四、（24分）如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為m0的光滑均勻圓環(huán)，套在光滑豎直細(xì)軸OO上，可沿OO軸滑動(dòng)或繞OO軸旋轉(zhuǎn)圓環(huán)上串著兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球. 開始時(shí)讓圓環(huán)以某一角速度繞OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩小球自圓環(huán)頂端同時(shí)從靜止開始釋放（1）設(shè)開始時(shí)圓環(huán)繞OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為0，在兩

5、小球從環(huán)頂下滑過程中，應(yīng)滿足什么條件，圓環(huán)才有可能沿OO軸上滑？（2）若小球下滑至=300（是過小球的圓環(huán)半徑與OO軸的夾角）時(shí)，圓環(huán)就開始沿OO軸上滑，求開始時(shí)圓環(huán)繞OO?軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度0、在=300時(shí)圓環(huán)繞OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度和小球相對(duì)于圓環(huán)滑動(dòng)的速率v.五、（20分）透鏡成像如圖所示，現(xiàn)有一圓盤狀發(fā)光體，其半徑為5cm，放置在一焦距為10cm、半徑為15cm的凸透鏡前，圓盤與凸透鏡的距離為20cm，透鏡后放置一半徑大小可調(diào)的圓形光闌和一個(gè)接收?qǐng)A盤像的光屏圖中所有光學(xué)元件相對(duì)于光軸對(duì)稱放置請(qǐng)?jiān)趲缀喂鈱W(xué)近軸范圍內(nèi)考慮下列問題，并忽略像差和衍射效應(yīng)（1）未放置圓形光闌時(shí), 給出圓盤像的位置、大小

6、、形狀；（2）若將圓形光闌放置于凸透鏡后方6cm處. 當(dāng)圓形光闌的半徑逐漸減小時(shí)，圓盤的像會(huì)有什么變化？是否存在某一光闌半徑ra，會(huì)使得此時(shí)圓盤像的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像的半徑的一半？若存在，請(qǐng)給出ra的數(shù)值.（3）若將圓形光闌移至凸透鏡后方18cm處，回答（2）中的問題；（4）圓形光闌放置在哪些位置時(shí)，圓盤像的大小將與圓形光闌的半徑有關(guān)？（5）若將圖中的圓形光闌移至凸透鏡前方6cm處，回答（2）中的問題.六、（22分）如圖所示，一電容器由固定在共同導(dǎo)電底座上的N+1片對(duì)頂雙扇形薄金屬板和固定在可旋轉(zhuǎn)的導(dǎo)電對(duì)稱軸上的N片對(duì)頂雙扇形薄金屬板組成，所有頂點(diǎn)共軸，軸線與所有板面垂直，兩組板面各自在垂

7、直于軸線的平面上的投影重合，板面扇形半徑均為R，圓心角均為0（<）;固定金屬板 和旋轉(zhuǎn)的金屬板相間排列，兩相鄰金屬板之間距離均為s此電容器的電容C值與可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角有關(guān)已知靜電力常量為k（1）開始時(shí)兩組金屬板在垂直于軸線的平面上的投影重合，忽略邊緣效應(yīng)，求可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角為（）時(shí)電容器的電容C()；（2）當(dāng)電容器電容接近最大時(shí)，與電動(dòng)勢(shì)為E的電源接通充電（充電過程中保持可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角不變），穩(wěn)定后斷開電源，求此時(shí)電容器極板所帶電荷量和驅(qū)動(dòng)可旋轉(zhuǎn)金屬板的力矩；（3）假設(shè)0=，考慮邊緣效應(yīng)后，第（1）問中的C()可視為在其最大值和最小值之間光滑變化的函數(shù)C()= (Cmax+Cmi

8、n)+ (Cmax-Cmin)cos,式中，Cmax可由第（1）問的結(jié)果估算，而Cmin是因邊緣效應(yīng)計(jì)入的，它與Cmax的比值是已知的若轉(zhuǎn)軸以角速度m勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，且=mt，在極板間加一交流電壓V=V0cost試計(jì)算電容器在交流電壓作用下能量在一個(gè)變化周期內(nèi)的平均值，并給出該平均值取最大值時(shí)所對(duì)應(yīng)的m七、（26分）Z-箍縮作為慣性約束核聚變的一種可能方式，近年來受到特別重視，其原理如圖所示圖中，長(zhǎng)20 mm、直徑為5m的鎢絲組成的兩個(gè)共軸的圓柱面陣列，瞬間通以超強(qiáng)電流，鎢絲陣列在安培力的作用下以極大的加速度向內(nèi)運(yùn)動(dòng), 即所謂自箍縮效應(yīng)；鎢絲的巨大動(dòng)量轉(zhuǎn)移到處于陣列中心的直徑為毫米量級(jí)的氘氚靶球上，

9、可以使靶球壓縮后達(dá)到高溫高密度狀態(tài)，實(shí)現(xiàn)核聚變?cè)O(shè)內(nèi)圈有N根鎢絲（可視為長(zhǎng)直導(dǎo)線）均勻地分布在半徑為r的圓周上，通有總電流I內(nèi)=2×107A；外圈有M根鎢絲，均勻地分布在半徑為R的圓周上，每根鎢絲所通過的電流同內(nèi)圈鎢絲已知通有電流i的長(zhǎng)直導(dǎo)線在距其r處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為km，式中比例常量km2×107N/A2 （1）若不考慮外圈鎢絲，計(jì)算內(nèi)圈某一根通電鎢絲中間長(zhǎng)為?L的一小段鎢絲所受到的安培力；（2）若不考慮外圈鎢絲，內(nèi)圈鎢絲陣列熔化后形成了圓柱面，且箍縮為半徑r=0.25cm的圓柱面時(shí)，求柱面上單位面積所受到的安培力，這相當(dāng)于多少個(gè)大氣壓？（3）證明沿柱軸方向通有均勻電

10、流的長(zhǎng)圓柱面，圓柱面內(nèi)磁場(chǎng)為零，即通有均勻電流外圈鎢絲的存在不改變前述兩小題的結(jié)果；（4）當(dāng)N1時(shí), 則通有均勻電流的內(nèi)圈鎢絲在外圈鎢絲處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為km內(nèi)，若R要求外圈鎢絲柱面每單位面積所受到的安培力大于內(nèi)圈鎢絲柱面每單位面積所受到的安培力，求外圈鎢絲圓柱面的半徑R應(yīng)滿足的條件；（5）由安培環(huán)路定理可得沿柱軸方向通有均勻電流的長(zhǎng)圓柱面外的磁場(chǎng)等于該圓柱面上所有電流移至圓柱軸后產(chǎn)生的磁場(chǎng)，請(qǐng)用其他方法證明此結(jié)論.（計(jì)算中可不考慮圖中支架的影響）八、（20分）天文觀測(cè)表明，遠(yuǎn)處的星系均離我們而去著名的哈勃定律指出，星系離開我們的速度大小v=HD，其中D為星系與我們之間的距離，該距離通常以百

11、萬秒差距（Mpc）為單位；H為哈勃常數(shù)，最新的測(cè)量結(jié)果為H=67.80km/(s·Mpc)當(dāng)星系離開我們遠(yuǎn)去時(shí)，它發(fā)出的光譜線的波長(zhǎng)會(huì)變長(zhǎng)（稱為紅移）紅移量z被定義為z=，其中是我們觀測(cè)到的星系中某恒星發(fā)出的譜線的波長(zhǎng)，而是實(shí)驗(yàn)室中測(cè)得的同種原子發(fā)出的相應(yīng)的譜線的波長(zhǎng)，該紅移可用多普勒效應(yīng)解釋絕大部分星系的紅移量z遠(yuǎn)小于1，即星系退行的速度遠(yuǎn)小于光速在一次天文觀測(cè)中發(fā)現(xiàn)從天鷹座的一個(gè)星系中射來的氫原子光譜中有兩條譜線，它們的頻率分別為4.549×1014Hz和6.141×1014Hz由于這兩條譜線處于可見光頻率區(qū)間，可假設(shè)它們屬于氫原子的巴爾末系，即為由n >

12、; 2的能級(jí)向k=2的能級(jí)躍遷而產(chǎn)生的光譜（已知?dú)湓拥幕鶓B(tài)能量E0=13.60 eV，真空中光速c=2.998×108m/s，普朗克常量h=6.626×10-34J/s，電子電荷量e=1.602×10-19 C）（1）該星系發(fā)出的光譜線對(duì)應(yīng)于實(shí)驗(yàn)室中測(cè)出的氫原子的哪兩條譜線？它們?cè)趯?shí)驗(yàn)室中的波長(zhǎng)分別是多少？百度傳課：物理競(jìng)賽&自主招生與奧賽全程對(duì)接物理視頻教程。（2）求該星系發(fā)出的光譜線的紅移量z和該星系遠(yuǎn)離我們的速度大??；（3）求該星系與我們的距離D第31屆全國中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題解答2014年9月20日一、（12分）（1）球形 （2）液滴的

13、半徑、密度和表面張力系數(shù)（或液滴的質(zhì)量和表面張力系數(shù)）（3）解法一 假設(shè)液滴振動(dòng)頻率與上述物理量的關(guān)系式為 式中，比例系數(shù)是一個(gè)待定常數(shù). 任一物理量可寫成在某一單位制中的單位和相應(yīng)的數(shù)值的乘積. 按照這一約定，式在同一單位制中可寫成 由于取同一單位制，上述等式可分解為相互獨(dú)立的數(shù)值等式和單位等式，因而 力學(xué)的基本物理量有三個(gè)：質(zhì)量、長(zhǎng)度和時(shí)間，按照前述約定，在該單位制中有 ， 于是 將式代入式得即 由于在力學(xué)中、和三者之間的相互獨(dú)立性，有 ， ， 解為 將式代入式得 解法二假設(shè)液滴振動(dòng)頻率與上述物理量的關(guān)系式為 式中，比例系數(shù)是一個(gè)待定常數(shù). 任一物理量可寫成在某一單位制中的單位和相應(yīng)的數(shù)值

14、的乘積. 在同一單位制中，式兩邊的物理量的單位的乘積必須相等 力學(xué)的基本物理量有三個(gè)：質(zhì)量、長(zhǎng)度和時(shí)間，對(duì)應(yīng)的國際單位分別為千克（kg）、米（m）、秒（s）. 在國際單位制中，振動(dòng)頻率的單位為，半徑的單位為，密度的單位為，表面張力系數(shù)的單位為，即有 若要使式成立，必須滿足 由于在力學(xué)中質(zhì)量、長(zhǎng)度和時(shí)間的單位三者之間的相互獨(dú)立性，有 ， ， 解為 將式代入式得 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題12分. 第（1）問2分，答案正確2分；第（2）問3分，答案正確3分；第（3）問7分，式2分，式3分，式2分（答案為、或的，也給這2分）.二、(16分) 解法一：瓶?jī)?nèi)理想氣體經(jīng)歷如下兩個(gè)氣體過程：其中，分別是瓶?jī)?nèi)氣體在初態(tài)、

15、中間態(tài)與末態(tài)的壓強(qiáng)、體積、溫度和摩爾數(shù)根據(jù)理想氣體方程，考慮到由于氣體初、末態(tài)的體積和溫度相等，有 另一方面，設(shè)是初態(tài)氣體在保持其摩爾數(shù)不變的條件下絕熱膨脹到壓強(qiáng)為時(shí)的體積，即 此絕熱過程滿足 由狀態(tài)方程有和，所以 聯(lián)立式得 此即 由力學(xué)平衡條件有 式中，為瓶外的大氣壓強(qiáng)，是U形管中液體的密度，是重力加速度的大小.由式得 利用近似關(guān)系式：，以及 ，有 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題16分式各2分解法二：若僅考慮留在容器內(nèi)的氣體：它首先經(jīng)歷了一個(gè)絕熱膨脹過程ab，再通過等容升溫過程bc達(dá)到末態(tài)其中，分別是留在瓶?jī)?nèi)的氣體在初態(tài)、中間態(tài)和末態(tài)的壓強(qiáng)、體積與溫度留在瓶?jī)?nèi)的氣體先后滿足絕熱方程和等容過程方程 由式得 此

16、即 由力學(xué)平衡條件有 式中，為瓶外的大氣壓強(qiáng)，是U形管中液體的密度，是重力加速度的大小由式得 利用近似關(guān)系式：，以及 ，有 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題16分式各3分，式各2分三、（20分）（1）平板受到重力、拉力、鉸鏈對(duì)三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用點(diǎn)的坐標(biāo)分別為：，； ， ；， ； ， 式中 是平板質(zhì)心到x軸的距離. 平板所受力和（對(duì)O點(diǎn)的）力矩的平衡方程為 聯(lián)立以上各式解得， ， 即， ， （2）如果希望在點(diǎn)的位置從點(diǎn)緩慢改變的過程中，可以使鉸鏈支點(diǎn)對(duì)板的作用力保持不變，則需 M點(diǎn)移動(dòng)的起始位置為，由式得 或 這是過點(diǎn)的直線. (*)因此，當(dāng)力的作用點(diǎn)的位置沿通過點(diǎn)任一條射線(不包含點(diǎn))在平

17、板上緩慢改變時(shí)，鉸鏈支點(diǎn)對(duì)板的作用力保持不變. 同理，當(dāng)力的作用點(diǎn)沿通過B點(diǎn)任一條射線在平板上緩慢改變時(shí)，鉸鏈支點(diǎn)對(duì)板的作用力保持不變.評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分第（1）問14分，式1分，式各2分，式各1分；第（2）問6分，式各1分，(*) 2分，結(jié)論正確2分. 四、（24分）（1）考慮小球沿徑向的合加速度. 如圖，設(shè)小球下滑至q 角位置時(shí)，小球相對(duì)于圓環(huán)的速率為，圓環(huán)繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為w 此時(shí)與速率對(duì)應(yīng)的指向中心C的小球加速度大小為 CqwRDzDqqDlr同時(shí)，對(duì)應(yīng)于圓環(huán)角速度w，指向OO¢軸的小球加速度大小為 該加速度的指向中心C的分量為 該加速度的沿環(huán)面且與半徑垂直的分量為 由式和

18、加速度合成法則得小球下滑至q 角位置時(shí)，其指向中心C的合加速度大小為 在小球下滑至q 角位置時(shí)，將圓環(huán)對(duì)小球的正壓力分解成指向環(huán)心的方向的分量、垂直于環(huán)面的方向的分量. 值得指出的是：由于不存在摩擦，圓環(huán)對(duì)小球的正壓力沿環(huán)的切向的分量為零. 在運(yùn)動(dòng)過程中小球受到的作用力是、和. 這些力可分成相互垂直的三個(gè)方向上的分量：在徑向的分量不改變小球速度的大小，亦不改變小球?qū)D(zhuǎn)軸的角動(dòng)量；沿環(huán)切向的分量即要改變小球速度的大??；在垂直于環(huán)面方向的分量即要改變小球?qū)D(zhuǎn)軸的角動(dòng)量，其反作用力將改變環(huán)對(duì)轉(zhuǎn)軸的角動(dòng)量，但與大圓環(huán)沿軸的豎直運(yùn)動(dòng)無關(guān). 在指向環(huán)心的方向，由牛頓第二定律有 合外力矩為零，系統(tǒng)角動(dòng)量守恒

19、，有 式中L0和L分別為圓環(huán)以角速度w0和w轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角動(dòng)量如圖，考慮右半圓環(huán)相對(duì)于軸的角動(dòng)量，在q角位置處取角度增量Dq，圓心角Dq所對(duì)圓弧的質(zhì)量為（），其角動(dòng)量為 式中是圓環(huán)上q 角位置到豎直軸OO¢的距離，為兩虛線間窄條的面積式說明，圓弧的角動(dòng)量與成正比. 整個(gè)圓環(huán)（兩個(gè)半圓環(huán)）的角動(dòng)量為 或：由轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義可知圓環(huán)繞豎直軸OO¢的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J等于其繞過垂直于圓環(huán)平面的對(duì)稱軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的一半，即 則角動(dòng)量L為 同理有 力及其反作用力不做功；而及其反作用力的作用點(diǎn)無相對(duì)移動(dòng)，做功之和為零；系統(tǒng)機(jī)械能守恒. 故 式中和分別為圓環(huán)以角速度和轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能圓弧的動(dòng)能為整個(gè)圓環(huán)（兩

20、個(gè)半圓環(huán)）的動(dòng)能為 或：圓環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為 同理有 根據(jù)牛頓第三定律，圓環(huán)受到小球的豎直向上作用力大小為，當(dāng) 時(shí)，圓環(huán)才能沿軸上滑由 式可知，式可寫成 式中，是重力加速度的大小. （2）此時(shí)由題給條件可知當(dāng)時(shí)，式中等號(hào)成立，即有 或 由式和題給條件得 由式和題給條件得 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題24分第（1）問18分，式各1分，式各2分，式各1分，式2分，式各1分，式2分，式1分；第（2）問6分，式各2分五、（20分）（1）設(shè)圓盤像到薄凸透鏡的距離為. 由題意知：, ，代入透鏡成像公式 得像距為 其橫向放大率為 可知圓盤像在凸透鏡右邊20cm，半徑為5cm，為圓盤狀，圓盤與其像大小一樣.（2）如下圖所示，連

21、接A、B兩點(diǎn)，連線AB與光軸交點(diǎn)為C點(diǎn)，由兩個(gè)相似三角形與的關(guān)系可求得C點(diǎn)距離透鏡為15cm. 1分若將圓形光闌放置于凸透鏡后方6cm處，此時(shí)圓形光闌在C點(diǎn)左側(cè). 1分當(dāng)圓形光闌半徑逐漸減小時(shí)，均應(yīng)有光線能通過圓形光闌在B點(diǎn)成像，因而圓盤像的形狀及大小不變，而亮度變暗. 2分此時(shí)不存在圓形光闌半徑使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半1分ACOBB'（3）若將圓形光闌移至凸透鏡后方18cm處，此時(shí)圓形光闌在C點(diǎn)（距離透鏡為15cm）的右側(cè). 由下圖所示，此時(shí)有: 利用兩個(gè)相似三角形與的關(guān)系，得 可見當(dāng)圓盤半徑（光闌邊緣與AB相交）時(shí)，圓盤剛好能成完整像，但其亮度變暗 4

22、分CRBR'B'若進(jìn)一步減少光闌半徑，圓盤像就會(huì)減小當(dāng)透鏡上任何一點(diǎn)發(fā)出的光都無法透過光闌照在原先像的一半高度處時(shí)，圓盤像的半徑就會(huì)減小為一半，如下圖所示此時(shí)光闌邊緣與AE相交，AE與光軸的交點(diǎn)為D，由幾何關(guān)系算得D與像的軸上距離為cm. 此時(shí)有 利用兩個(gè)相似三角形與的關(guān)系，得 可見當(dāng)圓形光闌半徑=0.75cm，圓盤像大小的半徑的確變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半 3分DDDREER'E'（4）只要圓形光闌放在C點(diǎn)（距離透鏡為15cm）和光屏之間，圓盤像的大小便與圓形光闌半徑有關(guān) 2分（5）若將圖中的圓形光闌移至凸透鏡前方6cm處，則當(dāng)圓形光闌半徑逐漸減小時(shí)，

23、圓盤像的形狀及大小不變，亮度變暗； 2分同時(shí)不存在圓形光闌半徑使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半 1分評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：第（1）問3分，正確給出圓盤像的位置、大小、形狀，各1分； 第（2）問5分，4個(gè)給分點(diǎn)分別為1、1、2、1分；第（3）問7分，2個(gè)給分點(diǎn)分別為2、3分；第（4）問2分，1個(gè)給分點(diǎn)為2分；第（5）問3分，2個(gè)給分點(diǎn)分別為2、1分六、（22分）（1）固定金屬板和可旋轉(zhuǎn)金屬板之間的重疊扇形的圓心角q 的取值范圍為整個(gè)電容器相當(dāng)于個(gè)相同的電容器并聯(lián)，因而式中為兩相鄰正、負(fù)極板之間的電容這里，是兩相鄰正負(fù)極板之間相互重迭的面積，有由式得由式得（2）當(dāng)電容器兩極板加上直流電勢(shì)

24、差E后，電容器所帶電荷為當(dāng)時(shí)，電容器電容達(dá)到最大值，由式得充電穩(wěn)定后電容器所帶電荷也達(dá)到最大值，由式得斷開電源，在轉(zhuǎn)角取附近的任意值時(shí)，由式得，電容器內(nèi)所儲(chǔ)存的能量為 設(shè)可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩為（它是由若干作用在可旋轉(zhuǎn)金屬板上外力產(chǎn)生的，不失普遍性，可認(rèn)為的方向垂直于轉(zhuǎn)軸，其作用點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)軸的距離為，其值的正負(fù)與可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩的正負(fù)一致），當(dāng)金屬板旋轉(zhuǎn)（即從變?yōu)椋┖?，電容器?nèi)所儲(chǔ)存的能量增加，則由功能原理有式中，由式得 當(dāng)時(shí)， 發(fā)散，這表明所用的平行板電容公式需要修改當(dāng)電容器電容最大時(shí)，充電后轉(zhuǎn)動(dòng)可旋轉(zhuǎn)金屬板的力矩為 （3）當(dāng)，則其電容器所儲(chǔ)存能量為 由于邊緣效應(yīng)引起的附加電容遠(yuǎn)小于，因而可

25、用式估算如果，利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式 可得電容器所儲(chǔ)存能量的周期平均值為如果，式中第4式右端不是零，而是1利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式的前3式得電容器所儲(chǔ)存能量的周期平均值為由于邊緣效應(yīng)引起的附加電容與忽略邊緣效應(yīng)的電容是并聯(lián)的，因而應(yīng)比用式估計(jì)大；這一效應(yīng)同樣使得；可假設(shè)實(shí)際的近似等于用式估計(jì)如果，利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式 可得電容器所儲(chǔ)存能量的周期平均值為如果，中第4式右端不是零，而是1利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式的前3式得電容器所儲(chǔ)存能量的周期平均值為為評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題22分第（1）問6分，式各1分，式各2分；第（2）問9分，式各1分（式中沒有求和號(hào)的，也

26、同樣給分；沒有力的符號(hào)，也給分），式各2分；第（3）問7分，式各2分，式各1分dj圖(a)七、（26分）（1）通有電流的鎢絲（長(zhǎng)直導(dǎo)線）在距其處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為由右手螺旋定則可知，相應(yīng)的磁感線是在垂直于鎢絲的平面上以鎢絲為對(duì)稱軸的圓，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向沿圓弧在該點(diǎn)的切向，它與電流的方向成右手螺旋兩根相距為的載流鎢絲（如圖（a）間的安培力是相互吸引力，大小為 考慮某根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對(duì)它施加的安培力的合力由系統(tǒng)的對(duì)稱性可知，每根鎢絲受到的合力方向都指向軸心；我們只要將其他鎢絲對(duì)它的吸引力在徑向的分量疊加即可如圖，設(shè)兩根載流鎢絲到軸心連線間的夾角為，則它們間的距離為由式可知，

27、兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的分量為它與無關(guān)，也就是說雖然處于圓周不同位置的載流鎢絲對(duì)某根載流鎢絲的安培力大小和方向均不同，但在徑向方向上的分量大小卻是一樣的；而垂直于徑向方向的力相互抵消因此，某根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對(duì)它施加的安培力的合力為其方向指向軸心（2）由系統(tǒng)的對(duì)稱性可知，所考慮的圓柱面上各處單位面積所受的安培力的合力大小相等，方向與柱軸垂直，且指向柱軸所考慮的圓柱面，可視為由很多鎢絲排布而成，N很大，但總電流不變圓柱面上角對(duì)應(yīng)的柱面面積為 圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為由于，有 由式得 代入題給數(shù)據(jù)得 一個(gè)大氣壓約為，所以 即相當(dāng)于一千萬大氣壓（3）考慮均勻通電的

28、長(zhǎng)直圓柱面內(nèi)任意一點(diǎn)A的磁場(chǎng)強(qiáng)度. 根據(jù)對(duì)稱性可知，其磁場(chǎng)如果不為零，方向一定在過A點(diǎn)且平行于通電圓柱的橫截面. 在A點(diǎn)所在的通電圓柱的橫截面（紙面上的圓）內(nèi)，過A點(diǎn)作兩條相互間夾角為微小角度的直線，在圓上截取兩段微小圓弧和，如圖（b）所示. 由幾何關(guān)系以及鎢絲在圓周上排布的均勻性，通過和段的電流之比等于它們到A點(diǎn)的距離之比： 式中，因此有即通過兩段微小圓弧在A點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相同，方向相反，相互抵消整個(gè)圓周可以分為許多“對(duì)”這樣的圓弧段，因此通電的外圈鎢絲圓柱面在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，所以通電外圈鎢絲的存在，不改變前述兩小題的結(jié)果（4）由題中給出的已知規(guī)律，內(nèi)圈電流在外圈鎢絲所在處的磁場(chǎng)為方向在外圈鎢絲陣列與其橫截面的交點(diǎn)構(gòu)成的圓周的切線方向，由右手螺旋法則確定外圈鎢絲的任一根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對(duì)它施加的安培力的合力為式中第一個(gè)等號(hào)右邊的第一項(xiàng)可直接由式類比而得到，第二項(xiàng)由式和安培力公式得到. 因此圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為若要求只需滿足（5）考慮均勻通電的長(zhǎng)直圓柱面外任意一點(diǎn)C的磁場(chǎng)強(qiáng)度. 根據(jù)對(duì)稱性可知，長(zhǎng)直圓柱面上的均勻電流在該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向一定在過C點(diǎn)且平行于通電圓柱的橫截面（紙面上