中學(xué)生物理奧林匹克競賽第屆試卷及答案（精編版）

1、第 31 屆全國中學(xué)生物理競賽復(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） 2013年6月 20日， “神舟十號 ”女航天員王亞平在“天宮一號 ”目標(biāo)飛行器里成功進行了我國首次太空授課. 授課中的一個實驗展示了失重狀態(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 ”中（平時在地球表面附近，重力的存在會導(dǎo)致液滴下降太快，以至于 很難觀察到液滴的這種“脈動 ”現(xiàn)象） . 假設(shè)液滴處于完全失重狀態(tài)，液滴的上述 “脈動 ”可視為液滴形狀的周期性的微小變化（振動），如圖所示 .（1） 該液滴處于平衡

2、狀態(tài)時的形狀是 ；振動的液滴（2） 決定該液滴振動頻率f 的主要物理量是 ；（3） 按后面括號中提示的方法導(dǎo)出液滴振動頻率與上述物理量的關(guān)系式.（提示：例如，若認為 a, b, c 是決定該液滴振動頻率的相互獨立的主要物理量，可將液滴振動頻率f 與 a, b, c的關(guān)系式表示為fa b c ，其中指數(shù),是相應(yīng)的待定常數(shù).）二 、 (16分 )一 種 測 量 理 想 氣 體 的 摩 爾 熱 容 比c p / 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、

3、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(dāng)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 試由這兩次記錄的實驗數(shù)據(jù)hi 和 h f，導(dǎo)出瓶內(nèi)氣體的摩爾熱容比的表達式（提示：放氣過程時間很短，可視為無熱量交換；且u 形管很細，可忽略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）如圖所示，一質(zhì)量為m、底邊 ab 長為zyb、等腰邊長為a、質(zhì)量均勻分布的等腰三角形平板，c可繞過光滑鉸鏈支點a 和 b 的水平軸x 自由轉(zhuǎn)動；qb圖

4、中原點 o 位于 ab 的中點，y軸垂直于板面斜向上，m 0z 軸在板面上從原點o 指向三角形頂點c. 今在平板o上任一給定點m 0 (x0 ,0,z0 ) 加一垂直于板面的拉力q.a（1） ） 若平衡時平板與豎直方向成的角度為，求拉x力 q 以及鉸鏈支點對三角形板的作用力na 和 n b；（2） ） 若在三角形平板上緩慢改變拉力q 的作用點m 的位置，使平衡時平板與豎直方向成的角度仍保持為，則改變的作用點m 形成的軌跡滿足什么條件時，可使鉸鏈支點a 或 b對板作用力的垂直平板的分量在m 變動中保持不變四、（ 24 分）如圖所示，半徑為r、質(zhì)量為 m0 的光滑均勻圓環(huán)，套在光滑豎直細軸oo 上

5、，可沿oo 軸滑動或繞oo 軸旋轉(zhuǎn)圓環(huán)上串著兩個質(zhì)量均為m 的小球 . 開始時讓圓環(huán)以某一角速度繞oo 軸轉(zhuǎn)動， 兩小球自圓環(huán)頂端同時從靜止開始釋放（ 1）設(shè)開始時圓環(huán)繞oo 軸轉(zhuǎn)動的角速度為0，在兩小球從環(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30 （ 是過小球的圓環(huán)半徑與oo軸的夾角）時，圓環(huán)就開始沿oo 軸上滑，求開始時圓環(huán)繞oo 軸轉(zhuǎn)動的角速度0、在30時圓環(huán)繞 oo 軸轉(zhuǎn)動的角速度和小球相對于圓環(huán)滑動的速率v .五、（ 20 分）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

6、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圖中所有光學(xué)元件相對于光軸對稱放置請在幾何光學(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, 給出圓盤像的位置、大小、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，圓盤的像會圓盤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?）中圓盤像凸透鏡光闌光屏的半徑的一半若存在，請給出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，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

7、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 片對頂雙扇形薄金屬板和固定在可旋轉(zhuǎn)的導(dǎo)電對稱軸上的n 片對頂雙扇形薄金屬板組成，所有頂點共軸，軸線與所有板面垂直，兩組板面各自在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0 （ 20）；固定金屬板和可旋轉(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（00 ）時電容器的電容c() ；（2） 當(dāng)電容器電

8、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)定后斷開電源，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)0，考慮邊緣效應(yīng)后，第（1）問中的2光滑變化的函數(shù)c ()可視為在其最大值和最小值之間式中，cmax 可由第（ 1）問的結(jié)果估算，而cmin 是因邊緣效應(yīng)計入的，它與cmax 的比值是已知的 若轉(zhuǎn)軸以角速度m 勻速轉(zhuǎn)動， 且m t ，在極板間加一交流電壓vv0 cost 試計算電容器在交流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(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

9、年來受到特別重視，其原理如圖所示圖中，長20 mm、直徑為5m 的鎢絲組成的兩個共軸的圓柱面陣列，瞬間通以超強電流，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(yīng)；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，可以使靶球壓縮后達到高7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(dǎo)線）均勻地分布在半徑為r的圓周上，通有總電流i內(nèi)210 a；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(dǎo)線在距其r 處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為i ，式中比例常量kkmmr210 7 t m/a210 7 n / a

10、2 （ 1）若不考慮外圈鎢絲，計算內(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）若不考慮外圈鎢絲，內(nèi)圈鎢絲陣列熔化后形成了圓柱面，且箍縮為半徑圓柱面時，求柱面上單位面積所受到的安培力，這相當(dāng)于多少個大氣壓r0.25cm 的（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改變前述兩小題的結(jié)果；（4） 當(dāng) n1 時, 則通有均勻電流的內(nèi)圈鎢絲在外圈鎢絲處的磁感應(yīng)強度大小為ki內(nèi) ，若mr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

11、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所有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.（計算中可不考慮圖中支架的影響）八、（20 分）天文觀測表明，遠處的星系均離我們而去著名的哈勃定律指出，星系離開我金屬極板們的速度大小vhd ，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/(smpc) 當(dāng)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 外圈是鎢我絲們觀測到的星系中某恒星發(fā)出的譜線的波長，而是實驗室中測得的同種原子發(fā)出的相應(yīng)的譜線的波長，該紅

12、移可用多普勒效應(yīng)解釋絕大部分星系的紅移量z 遠小于 1，即星系退行的速金屬極板度遠小于光速 在一次天文觀測中發(fā)現(xiàn)從天鷹座的一個星系中射來的氫原子光譜中有兩條譜線，它們的頻率分別為 4.54910靶14球14hz 和 6.14110hz 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，支即架為由內(nèi)圈鎢絲n > 2 的能級向k=2 的能級躍遷而產(chǎn)生的19光譜（已知氫原子的基態(tài)能量e013.60 ev，真空中光速c2.998108 m/s ，普朗克常量h6.6261034 j s ， 電子電荷量e1.60210）c（ 1）該星系發(fā)出的光譜線對應(yīng)于實驗室中測出的氫原子的哪兩條譜

13、線它們在實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小v ；（ 3）求該星系與我們的距離d 第 31 屆全國中學(xué)生物理競賽復(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)）（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fk r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(yīng)的數(shù)值 a 的乘積 a a a . 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立的數(shù)值等式和單位等

14、式，因而 f r 力學(xué)的基本物理量有三個：質(zhì)量m 、長度 l 和時間 t ，按照前述約定，在該單位制中有m m m ， l于是 l l ， t t t 1 f t r l 3 m l 2 m t2將式代入式得即 t 1l 3 mt 由于在力學(xué)中 m 、 l 和 t 三者之間的相互獨立性，有30 ，0 ，21解為3 ,1 ,1?222將?式代入式得fk?r 3解法二假設(shè)液滴振動頻率與上述物理量的關(guān)系式為fk r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(yīng)的數(shù)值 a 的乘積 a a a . 在同一單位制中，式兩邊的物理量的單位的乘積必須相等f r 力學(xué)的

15、基本物理量有三個：質(zhì)量m 、長度 l 和時間 t ，對應(yīng)的國際單位分別為千克（kg ）、米（ m）、秒（ s）. 在國際單位制中，振動頻率f 的單位 f 為 s 1 ，半徑 r 的單位 r 為m， 密 度的 單 位 為3kgm， 表 面 張 力 系 數(shù)的 單 位 為nm 1=kg(ms2 )m 1kgs2，即有1 f s r mkgm 3kg s 22若要使式成立，必須滿足s 1mkgm 3kgs 2(kg)m3s由于在力學(xué)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 ，0 ，21解為3 ,1 ,1?222將?式代入式得fk3?r評分標(biāo)準(zhǔn) ：本題 12 分. 第（ 1）

16、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（答案為也給這 2 分） .二、 (16 分)解法一 ：瓶內(nèi)理想氣體經(jīng)歷如下兩個氣體過程：f3 、 fk或 f的，rmm其中，( pi ,v0 ,t0 , ni ),( p0 ,v0 , t , n f ) 和( p f ,v0 , t0 , n f ) 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)根據(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p fn fpini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

17、強為p0 時的體積，即此絕熱過程滿足1/v0p0vpi由狀態(tài)方程有p0vni kt 和p0v0n f kt ，所以n fv0niv聯(lián)立 式得1/p fp0pipi 此即ln pi p0lnpi p f由力學(xué)平衡條件有pip0ghip fp0ghf式中， p0gh0 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.由式得ln(1hi ) h0ln(1hi )ln(1hf ) h0h0利用近似關(guān)系式：當(dāng)x =1, ln(1x)x ，以及hi / h0 =1, h f/ h0 =1 ，有hi / h0hihi /h0hf / h0hihf評分標(biāo)準(zhǔn) ：本題 16 分式各2 分解法二

18、 ：若僅考慮留在容器內(nèi)的氣體：它首先經(jīng)歷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)tp11其中，( pi ,v1 , t0 ),( p0 ,v0 , t) 和( p f ,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)的氣體先后滿足絕熱方程和等容過程方程ab:pi00tbc:p0 / tpf/ t0由式得p1/fp0pipi 此即ln pi p0lnpi p f由力學(xué)平衡條件有pip0ghip fp0ghf式中， p0gh0 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式得ln(1hi ) h0ln(1hi )ln

19、(1hf ) h0h0利用近似關(guān)系式：當(dāng)x =1, ln(1x)x ，以及hi / h0 =1, h f/ h0 =1 ，有hi / h0hihi /h0hf / h0hihf評分標(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pc 、拉力 qm、鉸鏈對三角形板的作用力n a 和 n b，各力及其作用點的0坐標(biāo)分別為：pc(0,mg sin,mg cos)， (0,0, h) ；0qm(0, q,0) ，( x0 ,0,z0 ) ；bn a( na x , na y , naz ) ，(,0,0) ；2n b( nb x , nby , n式中bz ) ，(b

20、 ,0,0)2是平板質(zhì)心到x 軸的距離 .平板所受力和（對o 點的）力矩的平衡方程為fxn a xnbx0fyqna ynbymg sin0fzn aznbzmg cos0m xmgh sinqz00bm ynbz2b2na z0mqxnbnb022z0ayby聯(lián)立以上各式解得qmgh sin，z0na xnaynbx ，mgsin1h ( b2x0 )， nbymg sin1h ( b2 x0 )2bz0z02bz0z0即qm 0(0, mgh sinz0,0)，n( n, mg sin1h ( b2x01aa x2bz0z0),mg cos)，2n(n, mg sin1h ( b2x012

21、baxbz0),z02mg cos)（2） ） 如果希望在m( x,0, z) 點的位置從點m 0 ( x0,0,z0 ) 緩慢改變的過程中，可以使鉸鏈支點對板的作用力n by 保持不變，則需nbymg sin1h ( b2 x )常量m 點移動的起始位置為2m 0 ，由式得bzzb2xb2 x0?zzz0z0或b2xb2x0z?z0z0這是過(*)b點的直線 .a(,0,0)2因此，當(dāng)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) 在平板上緩慢改變時，鉸鏈支點b 對板的作用力n by 保持不變 . 同理 ， 當(dāng)力 qm的作用點 m 沿通過 b 點任一條射線在平板上緩慢改

22、變時，鉸鏈支點a 對板的作用力nay保持不變 .評分標(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)動的角速度為此時與速率v 對應(yīng)的指rl向中心 c 的小球加速度大小為z2rvca1r同時，對應(yīng)于圓環(huán)角速度，指向 oo 軸的小球加速度大小為(rsin) 2arsin該加速度的指向中心c 的分量為a2asin(r sin)2r該加速度的沿環(huán)面且與半徑垂直的分量為a3acos(r

23、sin)2rcot由式和加速度合成法則得小球下滑至角位置時，其指向中心c 的合加速度大小為22aaav(r sin)r12rr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)心的方向的分量n 、垂直于環(huán)面的方向的分量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)的切向的分量為零. 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)軸的角動量；沿環(huán)切向的分量即mgsin要改變小球速度的大?。辉诖怪庇诃h(huán)面方向的分量即t要改變小球?qū)D(zhuǎn)軸的角動量，其反作用力將改變環(huán)對轉(zhuǎn)軸的角動量，但與大

24、圓環(huán)沿oo 軸的豎直運動無關(guān). 在指向環(huán)心的方向，由牛頓第二定律有nmg cosvmarm(r sin)22r合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有2l0l2m(rsin)式中 l 0 和 l 分別為圓環(huán)以角速度0 和 轉(zhuǎn)動時的角動量如圖，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ml （m0），其角動量為2r2lmrlrr sinrrzr s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mr212l2l20rm0r2r22 或：由轉(zhuǎn)動慣量的定義可知圓環(huán)繞豎直軸oo 的

25、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0j1 m r22則角動量 l 為lj1 m r2 0同理有2000l1 m r22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ek 0ek2mgr(1cos )21 m v22(rsin)2 ?式中 ek0 和ek 分別為圓環(huán)以角速度0 和轉(zhuǎn)動時的動能圓弧l 的動能為整個圓環(huán)（兩個半圓環(huán)）的動能為1mr21e2e20r2m r22?kk 或：圓環(huán)的轉(zhuǎn)動動能為022r24121220ekjm r?同理有24e1 m r22?4k 000根據(jù)牛頓第三定律，圓環(huán)受到小球的豎直向

26、上作用力大小為2n cos，當(dāng)2 n cosm0 g?時，圓環(huán)才能沿軸上滑由? ?式可知， ?式可寫成226m cos24 mcosmm00 r cos1m00?0222g式中， g 是重力加速度的大小.( m04 msin)（2）此時由題給條件可知當(dāng)=30 時， ?式中等號成立，即有或0( m0m)(9312) m23m0 2 g?由 ?式和題給條件得3(2m0m) mm0r2m0 m0 +4msinm000m0+m(9312) m3(2m023m0m)2m0 g?mr由?式和題給條件得22vgr23m0 +(123) mm033m?6(2m0m)m評分標(biāo)準(zhǔn) ：本題 24 分第（ 1）問 1

27、8 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v . 由題意知：u20cm ,f10cm，代入透鏡成像公式111vuf得像距為其橫向放大率為v20cmv1u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， 連接 a 、b 兩點，連線 ab 與光軸交點為c 點，由兩個相似三角形aoc與bb'c 的關(guān)系可求得c 點距離透鏡為15cm.1 分若將圓形光闌放置于凸透鏡后方6cm 處，此時圓形光

28、闌在c 點左側(cè) .1 分當(dāng)圓形光闌半徑逐漸減小時，均應(yīng)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半 1 分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ab'ocb（3） 若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:利用兩個相似三角形crr' 與cbb' 的關(guān)系，得rrr'= cr'bb'= 525cm3cm可見當(dāng)圓盤半徑cb'5r3cm （光闌邊緣與ab相交）時，圓盤剛好能成完整像，但其亮度變暗

29、4 分r'b'cr若進一步減少光闌半徑，圓盤像就會減小當(dāng)透鏡上任何一點發(fā)出的光都無法透過光闌b 照在原先像的一半高度處時，圓盤像的半徑就會減小為一半，如下圖所示此時光闌邊緣與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20 cm. 此時有7利用兩個相似三角形drr' 與dee' 的關(guān)系，得arrr'= dr'ee'= 20 / 722.5cm0.75cmde'20 / 7可見當(dāng)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3 分（4） 只要圓形光闌放在c 點（距離

30、透鏡為15cm）和光屏之間，圓盤像的r'大小便e與'圓形光闌半徑有關(guān)2 分d處，則當(dāng)圓形光闌半徑逐漸減小時，圓盤像（5） 若將圖中的圓形光闌移至凸透鏡前方6cmr的形狀及大小不變，亮度變暗；2 分e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(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、（ 2

31、2 分）（1） 整個電容器相當(dāng)于2n 個相同的電容器并聯(lián)，可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角為時式中 c1()c()2nc1()為兩相鄰正、負極板之間的電容c1()a()4ks這里， a() 是兩相鄰正負極板之間相互重迭的面積，有21 r2 (2),當(dāng)200021 r2 (),當(dāng)0200a()12r2 (),當(dāng)020021 r2 (2),當(dāng)由 式得200021r (2),當(dāng)4ks0001r2 (),當(dāng)0c1 ()004ks001r2 (),當(dāng)04ks1r2 (2),當(dāng)由式得4ks000nr2 (2),當(dāng)2ks00000nr2 (),當(dāng)0c()2ks00nr2 (),當(dāng)02ksnr2 (2),當(dāng)2ks000（2

32、） 當(dāng)電容器兩極板加上直流電勢差e 后，電容器所帶電荷為q()c()e當(dāng)0 時，電容器電容達到最大值ccmax ，由式得0nr2max充電穩(wěn)定后電容器所帶電荷也達到最大值2 ksqmax ，由 式得qmaxnr20 e2 ks斷開電源，在轉(zhuǎn)角取0 附近的任意值時，由 式得，電容器內(nèi)所儲存的能量為q 2nr22 e2u ()max0當(dāng)002c()4ks( 0)設(shè)可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩為t () （它是由若干作用在可旋轉(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ri ，其值fi 的正負與可l旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩的正負一致），當(dāng)金屬板旋轉(zhuǎn)（即從變?yōu)椋┖螅?/p>

33、電容器內(nèi)所儲存的能量增加u ，則由功能原理有t()(fi ri )fiu ()i式中，由 式得t()u ()nr2 2 e2004ks()2當(dāng)00?當(dāng)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unr2 e2t?04ks（3） 當(dāng) vv0 cost ，則其電容器所儲存能量為u1 cv 2211 (cc)1 (cc)cos2t v 2 cos2tmaxminmaxminm0222211 (cc)1 (cc)cos2t v (1cos2t)maxminmaxminm04222v0(cc)( cc)cos2t(cc)cos2t(cc)cos2t cos2tmaxminmaxminmaxmin8v

34、 2mmaxminm0 ( cc)(cc)cos2t(cc)cos2t8maxminmaxminmaxminm1 (cc)cos2() tcos2()t 2maxminmm?由于邊緣效應(yīng)引起的附加電容遠小于用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式cmax ，因而可用式估算cmax 如果m，利cos2t=0,cos2m t=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1(1) nr 2u(cc)v 2v 2?832ks1maxmin00如果m， ?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 式得電容器所儲存能量的周期平均值為u1 (cc

35、)v1 ( cc)v1 (3cc)v(3)nr v?222222maxmin0maxmin0maxmin008161664ks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 cmax 應(yīng)比用式估計 cmax 大；這一效應(yīng)同樣使得cmin0 ；可假設(shè)實際的(cmaxcmin )近似等于用式估計cmax 如果m，利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式cos2t=0,cos2mt =0,cos2(m) t=0,cos2(m)t=0?可得電容器所儲存能量的周期平均值為12(12) nr22u1(cmaxcmin )v0v0?832ks 如果m， ?中第 4 式右端不是零，而是1 利用式和題設(shè)

36、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u12(cmaxcmin )v012(cmaxcmin )v012(3cmaxcmin )v0(34) nr222v0?8161664ks因為 u 2u 1，則最大值為u 2，所對應(yīng)的m 為m?評分標(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(dǎo)線）在距其r 處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小

37、為ibkmr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稱軸的圓， 磁感應(yīng)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)fblikmli2d考慮某根載流鎢絲所受到的所有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 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d2r sin2由式可知，兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的分量為22fkm lirsinkmli2r sin(/ 2

38、)22r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它施加的安培力的合力為(n1)kli 2(n1)kl i 2fm2r其方向指向軸心m內(nèi)2rn 2（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，可視為由很多鎢絲排布而成，n 很大，但總電流不變圓柱面上角對應(yīng)的柱面面積為srl圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為pnfn ( n1) kli 2m2由于 n ?2s4

39、rl1 ，有22由式得n( n1)ii 內(nèi)2km i 內(nèi)p2代入題給數(shù)據(jù)得4r12252p1.0210n/m一個大氣壓約為10 n/m，所以7p10 atm?即相當(dāng)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 . 根據(jù)對稱性可知，其磁場如果不為零，方向一定在過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i 1 / i 2 等于它們到a 點的距離之比l

40、1 / l 2 ：i1l1l 1式中，因此有?ill222kki 1i 2m lm l?12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 “對”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為i內(nèi)bkm?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它施加的安培力的合力為22(m1)kmf外2l i外i外+km i內(nèi)lkml (i 外2i內(nèi)i 外)?2 rmmr2 rm式中第一個等號右邊的第一項可直接由式類比而得到，第二項由?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mfk(i 22ii)外mp外內(nèi) 外外2?2rl4r若要求k（i 22ii ）k i 2m外內(nèi) 外m 內(nèi)?4r24r 2只需滿足ri 22iim 22nm外內(nèi) 外 =?22ri內(nèi)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 . 根據(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一定在過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，滿足右手螺旋法則. 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