中學(xué)生物理奧林匹克競(jìng)賽第31屆試卷及答案

1、第31屆全國(guó)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(shuō)明：所有答案 （包括填空）必須寫(xiě)在答題紙上，寫(xiě)在試題紙上無(wú)效。一、（12分）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(guó)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)時(shí)的形狀是_；（2）決定該液滴振動(dòng)頻

2、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) 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(kāi)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(guò)U形管右、左兩管液面的高度差來(lái)確定. 初始時(shí)，瓶?jī)?nèi)外的溫度相等，瓶?jī)?nèi)氣體的壓強(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(kāi)

3、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(guò)程時(shí)間很短，可視為無(wú)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(guò)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)M0(x0,0,z0)加一垂直于板面的拉力Q.219 振動(dòng)的液滴

4、（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(kāi)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(kāi)始釋放（1）設(shè)開(kāi)始時(shí)圓環(huán)繞OO'軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為0

5、，在兩小球從環(huán)頂下滑過(guò)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(guò)小球的圓環(huán)半徑與OO'軸的夾角）時(shí)，圓環(huán)就開(kāi)始沿OO'軸上滑，求開(kāi)始時(shí)圓環(huán)繞OO'軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度0、在=30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）如圖所示，現(xiàn)有一圓盤(pán)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(pán)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(pán)像的光屏圖中所有光學(xué)元件相對(duì)于光軸對(duì)稱(chēng)放置請(qǐng)?jiān)趲缀喂鈱W(xué)近軸范圍內(nèi)考慮下列問(wèn)題，并忽略像差和衍射效應(yīng)（1）

6、未放置圓形光闌時(shí), 給出圓盤(pán)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(shí)，圓盤(pán)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(pán)像的半徑變?yōu)椋?）中圓盤(pán)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(wèn)題；（4）圓形光闌放置在哪些位置時(shí)，圓盤(pán)像的大小將與圓形光闌的半徑有關(guān)？220（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(wèn)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(chēng)軸上的N片對(duì)頂雙扇形薄金屬板組成，所

7、有頂點(diǎn)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；0<）2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(kāi)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)金屬為R，圓心角均為（0板的轉(zhuǎn)角為（-00）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(guò)程中保持可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角不變），穩(wěn)定后斷開(kāi)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=2，考慮邊緣效應(yīng)后，第（1）問(wèn)中的C()可視為在其

8、最大值和最小值之間光滑變化的函數(shù)11C()=(Cmax+Cmin)+(Cmax-Cmin)cos2 22式中，Cmax可由第（1）問(wèn)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(lái)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

9、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，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)=2107A；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(guò)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)i度大小為km，式中比例常量km=210-7Tm/A=210-7N/A2 r（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(zhǎng)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 221圓柱面時(shí)，求柱面上

10、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；I（4）當(dāng)N>>1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）外圈鎢絲金屬極板內(nèi)圈鎢絲 支架八、（20分）天文觀測(cè)

11、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(kāi)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(wàn)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/(sMpc)當(dāng)星系離開(kāi)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(chēng)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(lái)的氫原子光譜中有兩條譜線，它們的頻率'分別為4.54

12、91014Hz和6.1411014Hz由于這兩條譜線處于可見(jiàn)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 > 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=2.998108m/s，普朗克常量h=6.62610-34Js，電子電荷量e=1.60210-19 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？（2）求該星系發(fā)出的光譜線的紅移量z和該星系遠(yuǎn)離我們的速度大小v；（3）求該星系與我們的距離D222第31屆全國(guó)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

13、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(dòng)頻率與上述物理量的關(guān)系式為f=kr 式中，比例系數(shù)k是一個(gè)待定常數(shù). 任一物理量a可寫(xiě)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=aa. 按照這一約定，式在同一單位制中可寫(xiě)成ff=krr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 f=r 力學(xué)的基本物理量有三個(gè)：質(zhì)量m、長(zhǎng)度l和時(shí)間t，按照前述約定，在該單位制中有 m=mm，l=ll，t=tt于是f=t-1 r=l =ml-3 =mt-2 將式代入式得t-1=l(ml-3)(mt-2)即t-1=l-3m+t-

14、2 由于在力學(xué)中m、l和t三者之間的相互獨(dú)立性，有-3=0， +=0， 2=1 解為311 =-,=-,= 222223將式代入式得f=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f=kr 式中，比例系數(shù)k是一個(gè)待定常數(shù). 任一物理量a可寫(xiě)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=aa. 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)的基本物理量有三個(gè)：質(zhì)量M、長(zhǎng)度L和時(shí)間T，對(duì)應(yīng)的國(guó)際單位分別為千克（kg）、米（m）、秒（s）. 在國(guó)際單位制中，振動(dòng)頻率f的單位f為s，半徑r的單位r為m，密度的單位為kgm-3，表面張力系數(shù)-1的單位為Nm-1=kg(ms-2)m-1

15、=kgs-2，即有f=s-1 r=m =kgm-3 =kgs-2 若要使式成立，必須滿足s-1=m(kgm-3)(kgs-2)=(kg)+m-3s-2 由于在力學(xué)中質(zhì)量M、長(zhǎng)度L和時(shí)間T的單位三者之間的相互獨(dú)立性，有-3=0， +=0， 2=1 解為311 =-,=-,= 222將式代入式得f=評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題12分. 第（1）問(wèn)2分，答案正確2分；第（2）問(wèn)3分，答案正確3分； 224 第（3）問(wèn)7分，式2分，式3分，式2分（答案為f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(guò)程： f=f、放氣(絕熱膨脹)等容升溫(pi,V0,T0,Ni)(p0,V0,T,Nf)(p

16、f,V0,T0,Nf)其中，(pi,V0,T0,Ni),(p0,V0,T,Nf)和(pf,V0,T0,Nf)分別是瓶?jī)?nèi)氣體在初態(tài)、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pV=NkT，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)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(qiáng)為p0時(shí)的體積，即絕熱膨脹 (pi,V0,T0,Ni)(p0,V',T,Ni) pfpi=NfNi此絕熱過(guò)程滿足 V0p0= 'Vpi 1/由狀態(tài)方程有p0V'=NikT和p0V0=NfkT，所以聯(lián)立式得 NfNi=V0 V'p0= pi pi此即 pf

17、1/pip0 =pi lnpfln225由力學(xué)平衡條件有pi=p0+ghi pf=p0+ghf 式中，p0=gh0為瓶外的大氣壓強(qiáng)，是U形管中液體的密度，g是重力加速度的大小.由式得ln(1+hi)h0=hln(1+i)-ln(1+f)h0h0利用近似關(guān)系式：當(dāng)x 1, ln(1+x)x，以及 hi/h0 1, hf/h0 1，有=hi/h0hi=hi/h0-hf/h0hi-hf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(guò)程ab，再通過(guò)等容升溫過(guò)程bc達(dá)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，中間

18、態(tài)和末態(tài)的壓強(qiáng)、(pi,V1,T0),(p0,V0,T)和(pf,V0,T0)分別是留在瓶?jī)?nèi)的氣體在初態(tài)、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(guò)程方程ab: pi-1T0-=p0-1T-bc: p0/T=pf/T0 由式得p= 0pipi 此即pf1/226pip0 =i lnpfln由力學(xué)平衡條件有pi=p0+ghipf=p0+ghf 式中，p0=gh0為瓶外的大氣壓強(qiáng)，是U形管中液體的密度，g是重力加速度的大小由式得 ln(1+hi)h0 =hln(1+i)-ln(1+f)h0h0利用近似關(guān)系式：當(dāng)x 1, ln(1+x)x，以及 hi/h0 1, hf/h0 1，有=hi/h0

19、hi=hi/h0-hf/h0hi-hf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PC、拉力QM0、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：PC=(0,-mgsin,-mgcos)，(0,0,h)；QM0=(0,Q,0)， (x0,0,z0)；bNA=(NAx,NAy,NAz)， (,0,0)； 2NB=(NBx,NBy,NBz)，式中227 b(-,0,0) 2h=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0 F=N+N=xAxBxFy=Q+NAy+NBy-mgsin=0Fz=NAz+NBz-mgcos=0M x=mghs

20、in-Qz=0Mby=NBz2-NbAz2=0Mz=Qx0+NbbAy2-NBy2=0聯(lián)立以上各式解得Q=mghsinz， 0NAx=-NBx，NAy=mgsin1-hb2x0mgsin2b(z+)，NBy=1-hb2x00z02b(z-z)00N1Az=NBz=2mgcos即QmghsinM0=(0,z,0)0NA=(NAx,mgsin2hb2x01-b(z+),1mgcos)0z02Nmgsinhb2x0B=(-NAx,21-b(z-),1mgcos0z)02228 ，（2）如果希望在M(x,0,z)點(diǎn)的位置從點(diǎn)M0(x0,0,z0)緩慢改變的過(guò)程中，可以使鉸鏈支點(diǎn)對(duì)板的作用力NBy保持不

21、變，則需NBy=M點(diǎn)移動(dòng)的起始位置為M0，由式得或b-2x= 這是過(guò)A(,0,0)點(diǎn)的直線. (*)因此，當(dāng)力QM的作用點(diǎn)M的位置沿通過(guò)A點(diǎn)任一條射線(不包含A點(diǎn))在平板上緩慢改變時(shí)，鉸鏈支點(diǎn)B對(duì)板的作用力NBy保持不變. 同理，當(dāng)力QM的作用點(diǎn)M沿通過(guò)B點(diǎn)任一條射線在平板上緩慢改變時(shí)，鉸鏈支點(diǎn)A對(duì)板的作用力NAy保持不變.評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分第（1）問(wèn)14分，式1分，式各2分，式各1分；第（2）問(wèn)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(shí)，小球相對(duì)于圓環(huán)的速率為v，圓環(huán)繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 此時(shí)與速率v對(duì)應(yīng)的指向中心

22、C的小球加速度大小為a1=mgsin2hb2x1-(-)=常量 bzzb2xb2x0-=-zzz0z0 b2x0-zz0z0 b2l v R2同時(shí)，對(duì)應(yīng)于圓環(huán)角速度，指向OO'軸的小球加速度大小為(Rsin)2a= Rsin229該加速度的指向中心C的分量為(Rsin)2a2=asin= R該加速度的沿環(huán)面且與半徑垂直的分量為(Rsin)2a3=acos=cot R由式和加速度合成法則得小球下滑至 角位置時(shí)，其指向中心C的合加速度大小為v2(Rsin)2aR=a1+a2=+ RR在小球下滑至 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N、垂直于環(huán)面的方向的分量T. 值得指

23、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(guò)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(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mgsin要改變小球速度的大??；在垂直于環(huán)面方向的分量即T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OO'軸的豎直運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān). 在指向環(huán)心的方向，由牛頓第二定律有v2+(Rsin)2 N+mgcos=maR=mR合外力矩為零，系統(tǒng)角動(dòng)量守恒，有L0=L+2m(Rsin)2 式中L0和L分別為圓環(huán)以角速度0和轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角動(dòng)量如圖，考慮右

24、半圓環(huán)相對(duì)于軸的角動(dòng)量，在角位置處取角度增量，圓心角所對(duì)圓弧l的質(zhì)量為m=l（m0），其角動(dòng)量為 2RL=mr2=lrRsin=Rrz=RS 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(shuō)明，圓弧l的角動(dòng)量與S成正比. 整個(gè)圓環(huán)（兩個(gè)半圓環(huán)）的角動(dòng)量為m0R21L=2L=2R=m0R2 2R22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(guò)垂直于圓環(huán)平面的對(duì)稱(chēng)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的一半，即1J=m0R2 2則角動(dòng)量L為1L=J=m0R2 2同理有2301L0=m0R20 2力N及其反作用力不做功；而T及其反作用力的作用點(diǎn)無(wú)相對(duì)移動(dòng)，做功之和為零

25、；系統(tǒng)機(jī)械能守恒. 故1Ek0-Ek+2mgR(1-cos)=2mv2+(Rsin)2 2式中Ek0和Ek分別為圓環(huán)以角速度0和轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能圓弧l的動(dòng)能為E1(r)2=1l2rRsin=1k=mR2222S整個(gè)圓環(huán)（兩個(gè)半圓環(huán)）的動(dòng)能為E1m202R1k=2Ek=222RR2=4m20R2 或：圓環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為E122=1k=J4m20R2 同理有E=14m2k00R20 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2Ncos，當(dāng)2Ncosm0g 時(shí)，圓環(huán)才能沿軸上滑由 式可知，式可寫(xiě)成6mcos2-4mcos+mm200Rcos20-2g1-m0(m+4msin2)200式中，g是重

26、力加速度的大小.（2）此時(shí)由題給條件可知當(dāng)=30時(shí)，式中等號(hào)成立，即有922-m+m0=1-m0(m0+m)2 或0=(m0+m 由式和題給條件得=m0m0m20=m0= 0+4msin0+m由式和題給條件得231 v 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題24分第（1）問(wèn)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(wèn)6分，式各2分五、（20分）（1）設(shè)圓盤(pán)像到薄凸透鏡的距離為v. 由題意知：u=20cm, f=10cm，代入透鏡成像公式111+= vuf得像距為v=20cm 其橫向放大率為=-v=-1 u可知圓盤(pán)像在凸透鏡右邊20cm，半徑為5cm，為圓盤(pán)狀，圓盤(pán)與其像大小一樣.

27、（2）如下圖所示，連接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AOC與BB'C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(guò)圓形光闌在B點(diǎn)成像，因而圓盤(pán)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ra使得圓盤(pán)像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤(pán)像大小的半徑的一半1分B' B（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:CB'=BB'=5cm, R'B'=

28、2cm,利用兩個(gè)相似三角形CRR'與CBB'的關(guān)系，得 232r=RR'=CR'5-2BB'=5cm=3cm CB'5可見(jiàn)當(dāng)圓盤(pán)半徑r=3cm（光闌邊緣與AB相交）時(shí)，圓盤(pán)剛好能成完整像，但其亮度變暗 4分B' B若進(jìn)一步減少光闌半徑，圓盤(pán)像就會(huì)減小當(dāng)透鏡上任何一點(diǎn)發(fā)出的光都無(wú)法透過(guò)光闌照在原先像的一半高度處時(shí)，圓盤(pán)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AE20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 720cm, '=cm, EE '=2.5cm,7利用兩個(gè)相似三角形DRR&#

29、39;與DEE'的關(guān)系，得DR'20/-72E2.5=cm0.7 5 ra=RR' c m DE'20/7 DR'可見(jiàn)當(dāng)圓形光闌半徑ra=0.75cm，圓盤(pán)像大小的半徑的確變?yōu)椋?）中圓盤(pán)像大小的半徑的一半 3分 67E'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(pán)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)，圓盤(pán)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(pán)像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤(pán)像大小的半徑的一半 1分評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：第（1）問(wèn)3分，正確給

30、出圓盤(pán)像的位置、大小、形狀，各1分；第（2）問(wèn)5分，4個(gè)給分點(diǎn)分別為1、1、2、1分；第（3）問(wèn)7分，2個(gè)給分點(diǎn)分別為2、3分；第（4）問(wèn)2分，1個(gè)給分點(diǎn)為2分；第（5）問(wèn)3分，2個(gè)給分點(diǎn)分別為2、1分六、（22分）233（1）整個(gè)電容器相當(dāng)于2N個(gè)相同的電容器并聯(lián)，可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角為時(shí) C()=2NC1() 式中C1()為兩相鄰正、負(fù)極板之間的電容C)1()=A(4ks這里，A()是兩相鄰正負(fù)極板之間相互重迭的面積，有1222R(20-), 當(dāng)-00-21R2(0+), 當(dāng)-0A()=2021R2(0-), 當(dāng)0-02212R2(20-), 當(dāng)-0<<0由式得1R24ks(20

31、-), 當(dāng)-00-1R2(C=0+), 當(dāng)0-04ks1()1R2(0-), 當(dāng)0-04ks14ksR2(20-), 當(dāng)-0<<0由式得N22ksR(20-), 當(dāng)-00-NR2(0+), 當(dāng)0-C()=2ks0NR2(0-), 當(dāng)0-02ksN2ksR2(20-), 當(dāng)-0<<0（2）當(dāng)電容器兩極板加上直流電勢(shì)差E后，電容器所帶電荷為Q()=C()E 當(dāng)=0時(shí)，電容器電容達(dá)到最大值Cmax，由式得C=NR20max2ks充電穩(wěn)定后電容器所帶電荷也達(dá)到最大值Qmax，由式得2Q=NR0max2ksE234 斷開(kāi)電源，在轉(zhuǎn)角取=0附近的任意值時(shí)，由式得，電容器內(nèi)所儲(chǔ)存的能

32、量為 2QmaxNR202E2U()= 當(dāng)-0-0 2C()4ks(0-)設(shè)可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩為T(mén)()（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(rèn)為Fi的方向垂直于轉(zhuǎn)軸，其作用點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)軸的距離為ri，其值Fi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)?）后，電容器內(nèi)所儲(chǔ)存的能量增加U，則由功能原理有T()=(Frii)=Fili=U() 式中，由式得NR202E2U()T()= 當(dāng)-0-0 4ks(0-)2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NR2E2UT= = 4ks=0 （3）當(dāng)V=V0cost，則其電容器所儲(chǔ)存能量為1U=CV22

33、111=(Cmax+Cmin)+(Cmax-Cmin)cos2mtV02cos2t222=111(C+C)+(Cmax-Cmin)cos2mtV02(1+cos2t)maxmin422V02=(Cmax+Cmin)+(Cmax+Cmin)cos2t+(Cmax-Cmin)cos2mt+(Cmax-Cmin)cos2mtcos2t8V02=(Cmax+Cmin)+(Cmax+Cmin)cos2t+(Cmax-Cmin)cos2mt81 +(Cmax-Cmin)cos2(m+)t+cos2(m-)t2 由于邊緣效應(yīng)引起的附加電容遠(yuǎn)小于Cmax，因而可用式估算Cmax如果m，利用式和題設(shè)條件以及周期

34、平均值公式 cos2t=0, cos2mt=0, cos2(m+)t=0, cos2(m-)t=0 可得電容器所儲(chǔ)存能量的周期平均值為1(1+)NR2221=(Cmax+Cmin)V0=V0 832ks 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(chǔ)存能量的周期平均值為235111(3+)NR222222=(Cmax+Cmin)V0+(Cmax-Cmin)V0=(3Cmax+Cmin)V0=V0 8161664ks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(jì)Cmax大；這一效應(yīng)同樣使得Cmin>0；可假設(shè)實(shí)

35、際的(Cmax-Cmin)近似等于用式估計(jì)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(chǔ)存能量的周期平均值為1(1+2)NR2221=(Cmax+Cmin)V0=V0832ks如果m=，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 111(3+4)NR222222=(Cmax+Cmin)V0+(Cmax-Cmin)V0=(3Cmax+Cmin)V0=V0 8161664ks因?yàn)?2>1，則最大值為2，所對(duì)應(yīng)的m為評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題22

36、分第（1）問(wèn)6分，式各1分，式各2分；第（2）問(wèn)9分，式各1分（式中沒(méi)有求和號(hào)的，也同樣給分；沒(méi)有力的符號(hào)，也給分），式各2分；第（3）問(wèn)7分，式各2分，式各1分七、（26分）（1）通有電流i的鎢絲（長(zhǎng)直導(dǎo)線）在距其r處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為i B=kmr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(chēng)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i的方向成右手螺旋 圖(a)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kmLi2 F=BLi=d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(chēng)性可知，每根鎢絲受到的合力方向都

37、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2由式可知，兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的分量為kmLi2kmLi2Fr=sin=2rsin(/2)22r236m=d=2rsin它與無(wú)關(guān)，也就是說(shuō)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2(N-1)kmLi2(N-1)kmLI內(nèi) F=2r2rN2其方向指向軸心 （2）由系統(tǒng)的對(duì)稱(chēng)性可知，所考慮的圓柱面上各處單位面積所

38、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s=rL 圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為NFN(N-1)kmLi2P=2s4r2L由于N 1，有2 N(N-1)i2=I內(nèi) 由式得P=2kmI內(nèi)4r2 代入題給數(shù)據(jù)得P=1.021012N/m2一個(gè)大氣壓約為105N/m2，所以P107atm即相當(dāng)于一千萬(wàn)大氣壓（3）考慮均勻通電的長(zhǎng)直圓柱面內(nèi)任意一點(diǎn)A的磁場(chǎng)強(qiáng)度. 不為零，方向一定在過(guò)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(guò)A點(diǎn)作兩條相互間夾角為微小角度的直線

39、，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(guò)L1和L2段的電流之比I1/I2等于它們到A點(diǎn)的距離之比l1/l2：I1L1l1= I2L2l2式中，因此有IIkm1=km2 l1l2即通過(guò)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IB=km內(nèi) R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

40、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22(M-1)kmLI外I外kmI內(nèi)kmL(I外+2I內(nèi)I外)F外= + L= 2RM2MR2RM式中第一個(gè)等號(hào)右邊的第一項(xiàng)可直接由式類(lèi)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2km(I外+2I內(nèi)I外)MF外P= 外2RL4R2237若要求22k（mI外+2I內(nèi)I外）kmI內(nèi)>4R24r2只需滿足R<r （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(chēng)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(guò)C點(diǎn)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(diǎn)所在的通電圓柱的橫截面內(nèi)，過(guò)C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(guò)L3和L4段的電流之比I3/I4等于它們到C點(diǎn)的距離之比l3/l4：I3L3l3= I4L4l4式中，CL3=l3，CL4=l4，CO=l. 由此得I3I4I3+I4