第31屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題及答案

文檔編碼:CC8N9P8J10P7——HM10L8V5I4L3——ZW7R1F7A7P8第31屆全國中同學物理競賽復賽理論考試試題2022年9月20日說明：全部答案 （包括填空）必需寫在答題紙上,寫在試題紙上無效；一、（12分）振動的液滴2022年6月20日,“神舟十號”女航天員王亞平在“天宮一號”目標飛行器里成功進行了我國首次太空授課.授課中的一個試驗呈現(xiàn)了失重狀態(tài)下液滴的表面張力引起的效應.視頻中可發(fā)覺漂浮的液滴處于周期性的“脈動”中（平常在地球表面鄰近,重力的存在會導致液滴下降太快,以至于很難觀看到液滴的這種“脈動”現(xiàn)象）.假設(shè)液滴處于完全失重狀態(tài),液滴的上βγa,b,c是準備該液述“脈動”可視為液滴形狀的周期性的微小變化（振動）,如以下圖.（1）該液滴處于平穩(wěn)狀態(tài)時的形狀是__________；（2）準備該液滴振動頻率f的主要物理量是________________________________________；（3）按后面括號中提示的方法導出液滴振動頻率與上述物理量的關(guān)系式.（提示：例如,如認為αγ是相應的待定常數(shù).）二、〔16分〕測量理想氣體的摩爾熱容比γ一種測量理想氣體的摩爾熱容比 γ=Cp/CV的方法（Clement-Desormes 方法）如以下圖：大瓶G內(nèi)裝滿某種理想氣體,瓶蓋上通有一個灌氣（放氣）開關(guān) H,另接出一根U形管作為壓強計M．瓶內(nèi)外的壓強差通過 U形管右、左兩管液面的高度差來確定 .初始時,瓶內(nèi)外的溫度相等,瓶內(nèi)氣體的壓強比外面的大氣壓強稍高,記錄此時 U形管液面的高度差hi．然后打開H,放出少量氣體, 當瓶內(nèi)外壓強相等時,即刻關(guān)閉 H.等待瓶內(nèi)外溫度又相等時,記錄此時 U形管液面的高度差 hf．試由這兩次記錄的試驗數(shù)據(jù)hi和hf,導出瓶內(nèi)氣體的摩爾熱容比 γ 的表達式．（提示：放氣過程時間很短,可視為無熱量交換；且U形管很細,可忽視由高差變化引起的瓶內(nèi)氣體在狀態(tài)變化前后的體積變化）三、（20分）如以下圖,一質(zhì)量為m、底邊AB長為b、等腰邊長為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 A和B的水平軸x自由轉(zhuǎn)動；圖中原點 O位于AB的中點,y軸垂直于板面斜向上, z軸在板面上從原點O指向三角形頂點 C.今在平板上任一給定點 M0〔x0,0,z0〕 加一垂直于板面的拉力 Q.（1）如平穩(wěn)時平板與豎直方向成的角度為 φ,求拉力Q以及鉸鏈支點對三角形板的作用力NA和NB；（2）如在三角形平板上緩慢轉(zhuǎn)變拉力 Q的作用點 M的位置, 使平穩(wěn)時平板與豎直方向成的角度仍保持為 φ,就轉(zhuǎn)變的作用點 M形成的軌跡中意什么條件時,可使鉸鏈支點 A或B對板作用力的垂直平板的重量在M變動中保持不變？四、（24分）如以下圖,半徑為R、質(zhì)量為m0的光滑均勻圓環(huán),套在光滑豎直細軸’’’軸滑動或繞’OO上,可沿OOOO軸旋轉(zhuǎn)．圓環(huán)上串著兩個質(zhì)量均為m的小球.開頭時讓圓環(huán)以某一角速度繞OO軸轉(zhuǎn)動,兩小球自圓環(huán)頂端同時從靜止開頭釋放．

（1）設(shè)開頭時圓環(huán)繞 OO軸轉(zhuǎn)動的角速度為 ’ω,在兩小球從環(huán)頂下滑過程中,應中意什00’么條件,圓環(huán)才有可能沿OO軸上滑？

0’（2）如小球下滑至θ=30（θ ’是過小球的圓環(huán)半徑與OO軸的夾角）時,圓環(huán)就開頭沿OO軸上滑,求開頭時圓環(huán)繞OO.軸轉(zhuǎn)動的角速度ω0、在θ=30時圓環(huán)’繞OO軸轉(zhuǎn)動的角速度ω和小球相對于圓環(huán)滑動的速率v.五、（20分）透鏡成像如以下圖,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)的圓形光闌和一個接收圓盤像的光屏． 鏡圖中全部光學元件相對于光軸稱放置．請在幾何光學近軸范疇內(nèi)考慮以下問題,并忽視像差和衍射效應． 對（1）未放置圓形光闌時 ,給出圓盤像的位置、 大小、形狀；（2）如將圓形光闌放置于凸透鏡后方 6cm處.當圓形光闌的半徑逐步減小時, 圓盤的像會有什么變化？是否存在某一光闌半徑 ra,會使得此時圓盤像的半徑變?yōu)椋?1）中圓盤像的半徑的一半？如存在,請給出 ra的數(shù)值.（3）如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,圓盤像的大小將與圓形光闌的半徑有關(guān)？（5）如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）如以下圖,一電容器由固定在共同導電底座上的N+1片對頂雙扇形薄金屬板和固定在可旋轉(zhuǎn)的導電對稱軸上的N片對頂雙扇形薄金屬板組成,全部頂點共軸,軸線與全部板面垂直,兩組板面各閑適垂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 θ 0（2 0<π）;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 θ有關(guān)．已知靜電力常量為 k．（1）開頭時兩組金屬板在垂直于軸線的平面上的投影重合,忽視邊緣效應,求可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角為 θ（ 00）時電容器的電容 C〔θ〕；（2）當電容器電容接近最大時,與電動勢為 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)固后斷開電源,求此時電容器極板所帶電荷量和驅(qū)動可旋轉(zhuǎn)金屬板的力矩；（3）假設(shè)θ0=2,考慮邊緣效應后,第（1）問中的C〔θ〕可視為在其最大值和最小值之間光滑變化的函數(shù)C〔θ〕=12〔Cmax+Cmin〕+12〔Cmax-CmiCmax的比值λ是已知的．如轉(zhuǎn)軸n〕cosθ,式中,Cmax可由第（1）問的結(jié)果估算,而Cmin是因邊緣效應計入的,它與以角速度ωm勻速轉(zhuǎn)動,且θ=ωmt,在極板間加一溝通電壓V=V0cosωt．試運算電容器在溝通電壓作用下能量在一個變化周期內(nèi)的平均值,并給出該平均值取最大值時所對應的 ωm．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,其原理如以下圖．圖中,長 20mm、直徑為5μm的鎢絲組成的兩個共軸的圓柱面陣列,瞬時通以超強電流,鎢絲陣列在安培力的作用下以極大的加速度向內(nèi)運動,即所謂自箍縮效應；鎢絲的巨大動量轉(zhuǎn)移到處于陣列中心的直徑為毫米量級的氘氚靶球上,可以r的kmir,式中比使靶球壓縮后達到高溫高密度狀態(tài),實現(xiàn)核聚變．設(shè)內(nèi)圈有N根鎢絲（可視為長直導線）均勻地分布在半徑為7圓周上,通有總電流I內(nèi)=2×10A；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的長直導線在距其r處產(chǎn)生的磁感應強度大小為例常量km2×107N/A2．（1）如不考慮外圈鎢絲,運算內(nèi)圈某一根通電鎢絲中間長為.L的一小段鎢絲所受到的安培力；（2）如不考慮外圈鎢絲,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,求柱面上單位面積所受到的安培力,這相當于多少個大氣壓？（3）證明沿柱軸方向通有均勻電流的長圓柱面,圓柱面內(nèi)磁場為零,即通有均勻電流外圈鎢絲的存在不轉(zhuǎn)變前述兩小題的結(jié)果；（4）當N＞＞1時,就通有均勻電流的內(nèi)圈鎢絲在外圈鎢絲處的磁感應強度大小為 kmI r內(nèi)內(nèi),如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應中意的條件；

（5）由安培環(huán)路定理可得沿柱軸方向通有均勻電流的長圓柱面外的磁場等于該圓柱面上全部電流移至圓柱軸后產(chǎn)

生的磁場,請用其他方法證明此結(jié)論 .（運算中可不考慮圖中支架的影響）八、（20分）天文觀測說明,遠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,該距離通常以百萬秒差距（ Mpc）為單位；H為哈勃常數(shù),最新的測量結(jié)果為 H=67.80km/〔s· Mpc〕．當星系離開我們遠去時, 它發(fā)出的光譜線的波長會變長 （稱為紅移） ．紅移量z被定義為z= ,其中 是我們觀測到的星系中某恒星發(fā)出的譜線的波長,而 λ 是試驗室中測得的同種原子發(fā)出的相應的譜線的波長,該紅移可用多普勒效應說明．絕大部分星系的紅移量 z遠小于1,即星系退行的速度遠小于光速．在一次天文觀測中發(fā)覺從天鷹座的一個星系中射來的氫原子光譜中有兩條譜線,它們的頻率

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,即為由分別為4.549×1014Hz和6.141×1014Hz．由于這兩 n>2的能級向k=2的能級躍遷而產(chǎn)生的光譜．（已知氫原子的基態(tài)能量 E0=13.60eV,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=1.602×10-19C）（1）該星系發(fā)出的光譜線對應于試驗室中測出的氫原子的哪兩條譜線？它們在試驗室中的波長分別是多少？（2）求該星系發(fā)出的光譜線的紅移量z和該星系遠離我們的速度大??；（3）求該星系與我們的距離D．第31屆全國中同學物理競賽復賽理論考試試題解答2022年9月20日一、（12分）（1）球形（2）液滴的半徑r、密度和表面張力系數(shù)（或液滴的質(zhì)量m和表面張力系數(shù)）{a}[a].依據(jù)這一約⑩（3）解法一假設(shè)液滴振動頻率與上述物理量的關(guān)系式為fkr①式中,比例系數(shù)k是一個待定常數(shù).任一物理量a可寫成在某一單位制中的單位[a]和相應的數(shù)值{a}的乘積a定,①式在同一單位制中可寫成{f}[f]{k}{r}{}{}[r][][]由于取同一單位制,上述等式可分解為相互獨立的數(shù)值等式和單位等式,因而[f][r][][]②力學的基本物理量有三個：質(zhì)量m、長度l和時間t,依據(jù)前述商定,在該單位制中有m{m}[m],l{l}[l],t{t}[t]于是[f][

t1

]③[r][l]④[]m[]l[3]⑤[][m][t]2⑥將③④⑤⑥式代入②式得[t]1[l]〔[m][]〕〔[l3mt][]2〕即[t]1[l]3[ ]

m[t]2⑦由于在力學中[m]、[l]和[t]三者之間的相互獨立性,有30,⑧0,⑨21解為3,

21,

212.將.式代入①式得fk 3

r解法二假設(shè)液滴振動頻率與上述物理量的關(guān)系式為 f kr ①式中,比例系數(shù)k是一個待定常數(shù) .任一物理量a可寫成在某一單位制中的單位 [a]和相應的數(shù)值{a}的乘積a {a}[a].在同一單位制中,①式兩邊的物理量的單位的乘積必需相等 [f][r] [ ][ ] ②力學的基本物理量有三個：質(zhì)量 M、長度L和時間T,對應的國際單位分別為千克（ kg）、米（m）、秒（s）.在國際單位制中,振動頻率f的單位[f]為s1,半徑r的單位[r]為m,密度 的單位[]為kg m3,表面張力系數(shù) 的單位[]為Nm1=kg〔m s2〕m1kgs

2,即有[f] s1 ③[r]m ④3[ ] kgm ⑤2[ ]kgs ⑥如要使①式成立,必需中意s1mkgm3kgs2〔kg〕m3s2⑧⑦由于在力學中質(zhì)量M、長度L和時間T的單位三者之間的相互獨立性,有30,⑨0,⑩21解為將.式代入①式得3,

21,

212分；第（2）問3分,答案正確..3分；第（3）問7分,⑦式2分,.式3分,.2fk 3

r評分標準：此題12分.第（1）問2分,答案正確式2分（答案為fr3、fkm或fm的,也給這2分）.二、〔16分〕 解法一 ：瓶內(nèi)理想氣體經(jīng)受如下兩個氣體過程：放氣〔絕熱膨脹〕 等容升溫其中, 〔pi,V0,T0,Ni〕 〔p0,V0,T,Nf〕 〔pf,V0,T0,Nf〕〔pi,V0,T0,Ni〕,〔p0,V0,T,Nf〕和〔pf,V0,T0,Nf〕分別是瓶內(nèi)氣體在初態(tài)、中間態(tài)與末態(tài)的壓強、體積、溫度和摩爾數(shù)．依據(jù)理想氣體方程 pVNkT,考慮到由于氣體初、末態(tài)的體積和溫度相等,有pf Nf①pi Ni另一方面,設(shè)V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為 p0時的體積,即絕熱膨脹〔pi,V0,T0,Ni〕 〔p0,V,T,Ni〕1/此絕熱過程中意 V0 p0 ②V piNf V0由狀態(tài)方程有 p0V NikT和p0V0 NfkT,所以 ③Ni V1/ lnpi聯(lián)立①②③ 式得 pf p0 ④ 此即 p0 ⑤pi pi ln pipf由力學平穩(wěn)條件有 pi p0 ghi ⑥ pfp0 ghf ⑦式中,p0 gh0為瓶外的大氣壓強, 是U形管中液體的密度, g是重力加速度的大小 .由⑤⑥⑦式得ln〔1 hi〕h0 ⑧l(xiāng)n〔1 hi〕 ln〔1 hf〕h0 h0利用近似關(guān)系式： 當x 1,ln〔1x〕 x,以及 hi/h01,hf/h01,有hi/h0 hi⑨hi/h0 hf/h0 hi hf評分標準 ：此題16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各 2分．解法二 ：如僅考慮留在容器內(nèi)的氣體：它第一經(jīng)受了一個絕熱膨脹過程 ab,再通過等容升溫過程 bc達到末態(tài)絕熱膨脹ab 等容升溫bc〔pi,V1,T0〕 〔p0,V0,T〕 〔pf,V0,T0〕其中,〔pi,V1,T0〕,〔p0,V0,T〕和〔pf,V0,T0〕分別是留在瓶內(nèi)的氣體在初態(tài)、中間態(tài)和末態(tài)的壓強、體積與溫度．留在瓶內(nèi)的氣體先后中意絕熱方程和等容過程方程 ab: pi 1T0 p01T ① bc: p0/Tpf/T0 ②1/ lnpi由①②式得 pf p0 ③ 此即 p0 ④pi pi ln pipf由力學平穩(wěn)條件有 pi p0 ghi ⑤ pf p0 ghf ⑥式中, p0 gh0為瓶外的大氣壓強, 是U形管中液體的密度, g是重力加速度的大?。散堍茛奘降胠n〔1 hi〕h0 ⑦ln〔1 hi〕 ln〔1 hf 〕h0 h0利用近似關(guān)系式： 當x 1,ln〔1 x〕 x,以及 hi/h0 1,hf/h0 1,有hi/h0 hi⑧hi/h0 hf/h0 hi hf評分標準 ：此題16分．①②式各 3分,④⑤⑥⑦⑧式各 2分．三、（20分）（1）平板受到重力C、拉力QM、鉸鏈對三角形板的作用力NA和NB,各力及其作用點的坐標分別為：NBy保P0PC〔0,mgsin,mgcos〕,〔0,0,h〕；QM0〔0,Q,0〕,〔x0,0,z0〕；NA b

〔NAx,NAy,NAz〕,〔,0,0〕；NB b

〔NBx,NBy,NBz〕,〔,0,0〕22式中h1a2b2是平板質(zhì)心到x軸的距離.34平板所受力和（對 O點的）力矩的平穩(wěn)方程為N NFx Ax Bx 0Fy Q NAyNBy mgsinFz NAzNBz mgcos00①②③MxmghsinQz00④b bN NMy Bz2 Az20b bN NMz Qx0 Ay2 By2 0mghsin N聯(lián)立以上各式解得 Q z0 , Ax2xNAy mgsin 1 h〔b 0〕 ,NBy2 bz0 z0即QM0 〔0,mghsin,0〕,NBx,1h〔b2x0〕bz0 z0⑤⑥1

mgcosNAzNBzmgsin2⑦2NA z0

mgsin〔NAx,1hb〔2x0〕,1

mgcos〕,⑧2bz0z02NB mgsin〔NAx,1h

〔b2x0〕 1

,mgcos〕⑨（2）假如期望在M〔x,0,z〕 N 2

點的位置從點bz0z02⑩NBy保持不變,就需M0〔x0,0,z0〕緩慢轉(zhuǎn)變的過程中,可以使鉸鏈支點對板的作用力mgsin1h〔bbz 2x〕z常量By2M點移動的起始位置為M0,由⑩式得b2xb2x0.zzz0z0或b2xb2x0z.這是過A〔b,0,0〕2點的直線.z0z0〔*〕因此,當力QM的作用點 M的位置沿通過 A點任一條射線 〔不包含A點〕在平板上緩慢轉(zhuǎn)變時,鉸鏈支點持不變.同理,當力QM的作用點 M沿通過B點任一條射線在平板上緩慢轉(zhuǎn)變時,鉸鏈支點 A對板的作用力 B對板的作用力NAy保持不變.評分標準：此題20分．第（1）問14分,①式1分,②③④⑤⑥式各2分,⑦⑧⑨式各1分；第（2）問6分,⑩.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 角位置時,小球相對于圓環(huán)的速率為 v,圓環(huán)繞軸轉(zhuǎn)動的角速度為 ．此時2v與速率v對應的指向中心 C的小球加速度大小為 a1 ①R〔 Rsin 〕2同時,對應于圓環(huán)角速度 ,指向OO軸的小球加速度大小為 a Rsin ②l2 r該加速度的指向中心 C的重量為 a a sin 〔Rsin〕 ③ z2 RR2該加速度的沿環(huán)面且與半徑垂直的重量為 a3 acos 〔 Rsin 〕 cot ④ CR由①③式和加速度合成法就得小球下滑至 角位置時,其指向中心 C的合加速度大小為v2 〔Rsin〕 2aR a1 a2 ⑤R R在小球下滑至 角位置時, 將圓環(huán)對小球的正壓力分解成指向環(huán)心的方向的重量 N、垂直于環(huán)面的方向的重量 T.值得指出的是：由于不存在摩擦,圓環(huán)對小球的正壓力沿環(huán)的切向的重量為零 .在運動過程中小球受到的作用力是 N、T和mg.這些力可分成相互垂直的三個方向上的重量：在徑向的重量不轉(zhuǎn)變小球速度的大小,亦不轉(zhuǎn)變小球?qū)D(zhuǎn)軸的角動量；沿環(huán)切向的重量即 mgsin 要轉(zhuǎn)變小球速度的大??； 在垂直于環(huán)面方向的重量即 T要轉(zhuǎn)變小球?qū)D(zhuǎn)軸的角動量, 其反作用力將轉(zhuǎn)變環(huán)對轉(zhuǎn)軸的角動量, 但與大圓環(huán)沿OO軸的豎直運動無關(guān). 在指向環(huán)心的方向,由牛頓其次定律有N mgcos ma mv2 〔Rsin 〕 2⑥R R合外力矩為零,系統(tǒng)角動量守恒,有 L0 L 2m〔Rsin 〕2 ⑦式中L0和L分別為圓環(huán)以角速度 0和 轉(zhuǎn)動時的角動量．（ m如圖,考慮右半圓環(huán)相對于軸的角動量,在 角位置處取角度增量 ,圓心角 所對圓弧 l的質(zhì)量為 m l 0）,2R其角動量為 L m r2 lrRsin Rr z RS ⑧式中r是圓環(huán)上 角位置到豎直軸 OO的距離, S為兩虛線間窄條的面積．⑧式說明,圓弧 l的角動量與 S成正比.整個圓環(huán)（兩個半圓環(huán)）的角動量為2m R 1 20L 2 L 2 2R R 2 2m0R ⑨[或：由轉(zhuǎn)動慣量的定義可知圓環(huán)繞豎直軸 OO的轉(zhuǎn)動慣量J等于其繞過垂直于圓環(huán)平面的對稱軸的轉(zhuǎn)動慣量的一半,即1 2 1 2J m0R ⑧ 就角動量L為L J m0R ⑨]2 2同理有 1 2L0 m0R 0 ⑩2力N及其反作用力不做功；而 T及其反作用力的作用點無相對移動,做功之和為零；系統(tǒng)機械能守恒 .故Ek0 Ek 2 mgR〔1cos〕 2

1m[v 2〔Rsin 〕2] .式中 和 2Ek0和Ek分別為圓環(huán)以角速度 0 轉(zhuǎn)動時的動能．圓弧 l的動能為Ek 1m〔r 〕21 l 2rRsin 1R 2 S2 2 2整個圓環(huán)（兩個半圓環(huán)）的動能為2Ek 2 Ek 21 m0R

2 R 1m0R

22.22R 2 41 2 1 22[或：圓環(huán)的轉(zhuǎn)動動能為 Ek 2J 4m0R .]同理有Ek0 1m0R

20

2.4依據(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 2Ncos,當2Ncos m0g .時,圓環(huán)才能沿軸上滑．由⑥⑦⑨⑩ .. .式可知,.式可寫成2 m0 02Rcos m0 22 26mcos 4mcos m0 2g 1 〔m0 4msin 〕 0 .式中,g是重力加速度的大小 .（2）此時由題給條件可知當=30時,.式中等號成立,即有923mm03m0R021m022或0〔m0m〕〔9312〕m23m02g.24g〔m0m〕3〔2m0m〕mm0R

..式各1分,.式2分,由⑦⑨⑩.式和題給條件得m020m00〔9312〕m23m02m0gm0+4msinm0+m3〔2m0m〕mR23m02+〔123〕mm0 2

33m由.....式和題給條件得vgR6〔2m0m〕m評分標準：此題24分．第（1）問18分,①②③④⑤式各1分,⑥⑦式各2分,⑨⑩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v.由題意知：u20cm,f10cm,代入透鏡成像公式C點距離透.111①vuf得像距為v20cm②其橫向放大率為v 1u20cm,半徑為5cm,為圓盤狀,圓盤與其像大小一樣③.可知圓盤像在凸透鏡右邊（2）如下圖所示,連接A、B兩點,連線AB與光軸交點為C點,由兩個相像三角形AOC與BB'C的關(guān)系可求得鏡為15cm.1分如將圓形光闌放置于凸透鏡后方6cm處,此時圓形光闌在C點左側(cè).1分當圓形光闌半徑逐步減小時,均應有光線能通過圓形光闌在B點成像,因而圓盤像的形狀及大小不變,而亮度變暗2分此時不存在圓形光闌半徑ra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AB'O CB（3）如將圓形光闌移至凸透鏡后方18cm處,此時圓形光闌在C點（距離透鏡為15cm）的右側(cè).由下圖所示,此時有:CB'=BB'=5cm,R'B'=2cm,CR'BB'=5525cm3cm4分④利用兩個相像三角形CRR'與CBB'的關(guān)系,得rRR'=CB'可見當圓盤半徑r3cm（光闌邊緣與AB相交）時,圓盤剛好能成完整像,但其亮度變暗B'R'CRB如進一步削減光闌半徑,圓盤像就會減?。斖哥R上任何一點發(fā)出的光都無法透過光闌照在原先像的一半高度處時,圓盤像的半徑就20cm.此時有會減小為一半,如下圖所示．此時間闌邊緣與AE相交,AE與光軸的交點為D,由幾何關(guān)系算得D與像的軸上距離為7DR'=6cm,DE'=20cm,EE'=2.5cm,⑤3分77利用兩個相像三角形 DRR'與DEE'的關(guān)系,得raRR'=DR' EE'=20/72 2.5cm0.75cmDE'20/7E'可見當圓形光闌半徑ra=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R'DRE（4）只要圓形光闌放在 C點（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）如將圖中的圓形光闌移至凸透鏡前方 6cm處,就當圓形光闌半徑逐步減小時,圓盤像的形狀及大小不變,亮度變暗；2分同時不存在圓形光闌半徑使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?1）中圓盤像大小的半徑的一半． 1分評分標準：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個給分點分別為1、1、2、1分；第（3）問7分,2個給分點分別為2、3分；第（4）問2分,1個給分點為2分；第（5）問3分,2個給分點分別為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0的取值范疇為0③0．整個電容器相當于2N個相同的電容器并聯(lián),因而①式中C〔〕2NC1〔〕C1〔〕為兩相鄰正、負極板之間的電容0②〕A〔〕C1〔4ks這里,A〔〕是兩相鄰正負極板之間相互重迭的面積,有 2 1 R2〔0 〕,當0由②③式得A〔〕221R2〔20〕,當00④20由①④式得C1〔〕R2〔40

ks〕,當0R2〔20〕,當0C〔〕E⑤4ks0C〔〕NR2〔0〕,當002ks〕,當NR2〔2002ks（2）當電容器兩極板加上直流電勢差E后,電容器所帶電荷為Q〔〕⑥當0時,電容器電容達到最大值Cmax,由⑤式得⑦CmaxNR202ks充電穩(wěn)固后電容器所帶電荷也達到最大值 ,由⑥式得 QQmax maxNR2 0E ⑧2ks斷開電源,在轉(zhuǎn)角 取 0鄰近的任意值時,由 ⑤⑧式得,電容器內(nèi)所儲存的能量為U〔 〕 Qmax

2NR

202E2當 0 0 ⑨2C〔〕 4ks〔 0 〕設(shè)可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩為 T〔 〕（它是由如干作用在可旋轉(zhuǎn)金屬板上外力 Fi產(chǎn)生的,不失普遍性,可認為 Fi的方向垂直于轉(zhuǎn)軸,其作用點到旋轉(zhuǎn)軸的距離為容 ri,其值Fi的正負與可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩的正負一樣） ,當金屬板旋轉(zhuǎn) （即從 變?yōu)?）后,電器內(nèi)所儲存的能量增加U,就由功能原理有 T〔〕 〔Firi〕 FiliU〔〕 ⑩式中,由 ⑨⑩式得 T〔〕

U〔〕4ks〔

NR20〕

02E22 當0 0

.當0 時,T〔〕發(fā)散,這說明所用的平行板電容公式需要修改．當電容器電容最大時,充電后轉(zhuǎn)動可旋轉(zhuǎn)金屬板的力矩為2U NR2E2T .0 4ks（3）當V V0cos t,就其電容器所儲存能量為1 2U CV21

1〔Cmax Cmin〕 1 〔Cmax Cmin〕cos2 mtV02cos2t22 211〔Cmax Cmin〕1〔Cmax Cmin〕cos2 mtV02〔1 cos2t〕42 2 .V02〔Cmax Cmin〕 〔CmaxCmin〕cos2 t 〔Cmax Cmin〕cos2mt〔Cmax Cmin〕cos2mtcos2t8V02{〔C C 〕〔C C 〕cos2 t 〔C C 〕cos2 t81 max min max min max min m〔C C 〕[cos2〔 〕tcos2〔 〕t]}2 max min m m由于邊緣效應引起的附加電容遠小于 Cmax,因而可用⑦式估算 Cmax．假如 m,利用⑦式和題設(shè)條件以及周期平均值公式cos2t=0,cos2 mt=0,cos2〔 m 〕t=0, cos2〔m〕t=0 .可得電容器所儲存能量的周期平均值為U1

1〔CmaxCmin〕V0

2〔1 〕NR2V02.8 32ks假如 ,.式中第4式右端不是零,而是 1．利用⑦式和題設(shè)條件以及周期平均值公式的前 3式得電容器所儲存能量的周期mU2

1〔Cmax Cmin〕V2

1〔Cmax Cmin 0 〕V21〔3Cmax Cmin〕V2〔3〕NR

2V

20平均值為 8 16 16 64ks .由于邊緣效應引起的附加電容與忽視邊緣效應的電容是并聯(lián)的,因而 Cmax應比用⑦式估量 Cmax大；這一效應同樣使得 Cmin 0；可假設(shè)實際的〔Cmax Cmin〕近似等于用⑦式估量 Cmax．假如 m ,利用⑦式和題設(shè)條件以及周期平均值公式cos2t=0, cos2mt=0, cos2〔 m 〕t=0, cos2〔 m 〕t=0 .2可得電容器所儲存能量的周期平均值為 U1 1〔CmaxCmin〕V0 2 〔12〕NRV0

2.8 32ks[假如 m ,.中第4式右端不是零, 而是1．利用⑦式和題設(shè)條件以及周期平均值公式 .的前3式得電容器所儲存能量的周期平均值為U2 1〔Cmax Cmin〕V02 1〔Cmax Cmin〕V0

2 1〔3Cmax Cmin〕V0

2〔34〕NR2V02.8 16 16 64ks]為由于U2 U1,就最大值為U2,所對應的 mm .評分標準 ：此題22分．第（1）問6分,①②式各1分,③⑤式各2分；第（2）問9分,⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中沒有求和號的,也同樣給分；沒有力的符號,也給分） ,..式各2分；第（3）問7分,..式各2分,...式各1分．七、（26分）（1）通有電流i的鎢絲（長直導線）在距其 i

Bkmr處產(chǎn)生的磁感應強度的大小為

①r由右手螺旋定就可知,相應的磁感線是在垂直于鎢絲的平面上以鎢絲為對稱軸的圓,磁感應強度的方向沿圓弧在該點的切向,它與電流 i的方向成右手螺旋．兩根相距為d的載流鎢絲（如圖（ a））間的安培力是相互吸引力,大小為 d

圖〔a〕FBLikmLi2②d 考慮某根載流鎢絲所受到的全部其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力．由系統(tǒng)的對稱性可知,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它的吸引力在徑向的重量疊加即可．如圖,設(shè)兩根載流鎢絲到軸心連線間的夾角為,就它們間的距離為d2rsin③ 2

由②③式可知,兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的重量為FrkmLi2sinkmLi2④它與2rsin〔/2〕 2 2r無關(guān),也就是說雖然處于圓周不同位置的載流鎢絲對某根載流鎢絲的安培力大小和方向均不同,但在徑向方向上的重量大小卻是一樣的；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全部其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力為F〔N1〕kmLi2〔N1〕kmLI內(nèi)2⑤2r2rN2其方向指向軸心．（2）由系統(tǒng)的對稱性可知,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,可視為由許多鎢絲排布而成,LN很大,但總電流不變．圓柱面上角對應的柱面面積為sr⑥圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為P N F N〔N 1〕kmLi2

2⑦2 s 4 r L2 2由于N 1,有N〔N1〕i2 I內(nèi) ⑧由⑦⑧式得 P kmI ⑨

內(nèi)4r 2代入題給數(shù)據(jù)得 P 1.021012N/m2 ⑩5 2 7一個大氣壓約為 10N/m ,所以 P10atm .即相當于一千萬大氣壓．（3）考慮均勻通電的長直圓柱面內(nèi)任意一點 A的磁場強度.依據(jù)對稱性可知,其磁場假如不為零,方向確定在過 A點且平行于通電圓柱的橫截面.在A點所在的通電圓柱的橫截面（紙面上的圓）內(nèi),過 A點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L1和L2,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 L1和L2段的電流之比 I1/I2等于它們到 A點的距離之比l1/l2： I1 L1 l1.I2 L2 l2式中,因此有 km I1km

I2.l1 l2即通過兩段微小圓弧在 A點產(chǎn)生的磁場大小相同,方向相反,相互抵消．整個圓周可以分為許多鎢 “對”這樣的圓弧段,因此通電的外圈絲圓柱面在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁場為零,所以通電外圈鎢絲的存在,不轉(zhuǎn)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為BkmI內(nèi).R方向在外圈鎢絲陣列與其橫截面的交點構(gòu)成的圓周的切線方向,由右手螺旋法就確定．外圈鎢絲的任一根載流鎢絲所受到的全部其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力為22..F外〔M1〕kmLI外2

2RM+I外MLkmI內(nèi) RkmL〔I外2I內(nèi)I外〕 2RM式中第一個等號右邊的第一項可直接由⑤式類比而得到,其次項由.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PMF外Lkm〔I外22I內(nèi)I外〕.R4R22km

（I

2外 2I內(nèi)I外） kmI內(nèi) 2如要求 .4R2 4r22I內(nèi)R I外2 I 外 M2 2NM只需中意 = .I內(nèi)2 2r N（5）考慮均勻通電的長直圓柱面外任意一點 C的磁場強度.依據(jù)對稱性可知,長直圓柱面上的均勻電流在該點的磁場方向確定在過 C點且平行于通電圓柱的橫截面（紙面上的圓）,與圓的徑向垂直,中意右手螺旋法就 .在C點所在的通電圓柱的橫截面內(nèi),過 C點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 L3和L4,如圖（c）所示.由幾何關(guān)系以及電流在圓周上排布的均勻性,穿過L3和L4 段的電流之比I3/I4等于它們到 C點的距離之比l3/l4：I3 L3 l3.I4 L4 l4式中,CL3 l3,CL4 l4,COl.由此得I3 I4 I3 I4 .l3 l4 l3 l4考慮到磁場分布的對稱性, 全部電流在C點的磁