第32屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題

第32屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題2015年9月19日說(shuō)明：所有解答必須寫在答題紙上，寫在試題紙上無(wú)效。一、（15分）在太陽(yáng)內(nèi)部存在兩個(gè)主要的核聚變反應(yīng)過(guò)程：碳循環(huán)和質(zhì)子-質(zhì)子循環(huán)；其中碳循環(huán)是貝蒂在1938年提出的，碳循環(huán)反應(yīng)過(guò)程如圖所示。圖中p、e+和νe分別表示質(zhì)子、正電子和電子型中微子；粗箭頭表示循環(huán)反應(yīng)進(jìn)行的先后次序。當(dāng)從循環(huán)圖頂端開(kāi)始，質(zhì)子p與12C核發(fā)生反應(yīng)生成13N核，反應(yīng)按粗箭頭所示的次序進(jìn)行，直到完成一個(gè)循環(huán)后，重新開(kāi)始下一個(gè)循環(huán)。已知e+、p和He核的質(zhì)量分別為0.511MeV/c2、1.0078u和4.0026u（1u≈931.494MeV/c2），電子型中微子νe的質(zhì)量可以忽略（1）15O（1）15O和13C（2）p＋12C→13N13N→13C＋e+＋νep＋13C→14Np＋14N→15O15O→15N＋e+＋νep＋15N→12C＋4He（3）ΔE＝25.619MeV第32屆全國(guó)復(fù)賽1（1）寫出圖中X和Y代表的核素；（2）寫出一個(gè)碳循環(huán)所有的核反應(yīng)方程式；（3）計(jì)算完成一個(gè)碳循環(huán)過(guò)程釋放的核能。二、（15分）如圖，在光滑水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿，輕桿兩端各固定一質(zhì)量均為M的小球A和B。開(kāi)始時(shí)細(xì)桿靜止；有一質(zhì)量為m的小球C以垂直于桿的速度v0運(yùn)動(dòng)，與A球碰撞。將小球和細(xì)桿視為一個(gè)系統(tǒng)（1）E＝（1）E＝EQ\F(1,2)mvx2＋EQ\F(m2,2M)（v0－vx）2＋EQ\F(2M＋m,4M)mvy2（2）E＝EQ\F(1,2)EQ\F(m2,M＋m)v02第32屆全國(guó)復(fù)賽2（1）求碰后系統(tǒng)的動(dòng)能（用已知條件和球C碰后的速度表出）；（2）若碰后系統(tǒng)動(dòng)能恰好達(dá)到極小值，求此時(shí)球C的速度和系統(tǒng)的動(dòng)能。三、（20分）如圖，一質(zhì)量分布均勻、半徑為r的剛性薄圓環(huán)落到粗糙的水平地面前的瞬間，圓環(huán)質(zhì)心速度v0與豎直方向成θ（EQ\F(π,2)＜θ＜EQ\F(3π,2)）角，并同時(shí)以角速度ω0（ω0的正方向如圖中箭頭所示）繞通過(guò)其質(zhì)心O、且垂直環(huán)面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)。已知圓環(huán)僅在其所在的豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，在彈起前剛好與地面無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，圓環(huán)與地面碰撞的恢復(fù)系數(shù)為k，重力加速度大小為g。忽略空氣阻力（1）ω＝EQ\F(1,2r)（r（1）ω＝EQ\F(1,2r)（rω0＋v0sinθ）（2）h＝EQ\F(k2（v02－r2ω02）,2g)（3）略s取最大值時(shí)，r、v0和ω0應(yīng)滿足v0＞r|ω0|第32屆全國(guó)復(fù)賽3（1）求圓環(huán)與地面碰后圓環(huán)質(zhì)心的速度和圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度；（2）求使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件和在此條件下圓環(huán)能上升的最大高度；（3）若讓?duì)冉强勺儯髨A環(huán)第二次落地點(diǎn)到首次落地點(diǎn)之間的水平距離s隨θ變化的函數(shù)關(guān)系式、s的最大值以及s取最大值時(shí)r、v0和ω0應(yīng)滿足的條件。四、（25分）如圖，飛機(jī)在距水平地面（xz平面）等高的航線KA（沿x正方向）上，以大小為v（v遠(yuǎn)小于真空中的光速c）的速度勻速飛行；機(jī)載雷達(dá)天線持續(xù)向航線正右側(cè)地面上的被測(cè)固定目標(biāo)P點(diǎn)（其x坐標(biāo)為xP）發(fā)射扇形無(wú)線電波束（扇形的角平分線與航線垂直），波束平面與水平地面交于線段BC（BC隨著飛機(jī)移動(dòng)，且在測(cè)量時(shí)應(yīng)覆蓋被測(cè)目標(biāo)P點(diǎn)），取K點(diǎn)在地面的正投影O為坐標(biāo)原點(diǎn)。已知BC與航線KA的距離為R0。天線發(fā)出的無(wú)線電波束是周期性的等幅高頻脈沖余弦波，其頻率為f0。（1）已知機(jī)載雷達(dá)天線經(jīng)過(guò)A點(diǎn)（其x坐標(biāo)為xA）及此后朝P點(diǎn)相繼發(fā)出無(wú)線電波信號(hào)，由P反射后又被機(jī)載雷達(dá)天線接收到，求接收到的回波信號(hào)的頻率與發(fā)出信號(hào)的頻率之差（頻移（1）fD＝－（1）fD＝－EQ\F(2（xA－xP）,\R(R02＋（xA－xP）2))EQ\F(v,c)f0（2）（3）ΔfD＝f0EQ\F(2v,c)θ第32屆全國(guó)復(fù)賽4（2）已知BC長(zhǎng)度為L(zhǎng)s，討論上述頻移分別為正、零或負(fù)的條件，并求出最大的正、負(fù)頻移。（3）已知R0?Ls，求從C先到達(dá)P點(diǎn)、直至B到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中最大頻移與最小頻移之差（帶寬），并將其表示成扇形波束的張角θ的函數(shù)。已知：當(dāng)|y|?1時(shí)，EQ\R(1＋y2)≈1＋EQ\F(y2,2)。五、（20分）如圖，“田”字形導(dǎo)線框置于光滑水平面上，其中每個(gè)小正方格每條邊的長(zhǎng)度l和電阻R分別為0.10m和1.0Ω。導(dǎo)線框處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T的均勻磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下，邊界（如圖中虛線所示）與de邊平行。今將導(dǎo)線框從磁場(chǎng)中勻速拉出，拉出速度的大小為v＝2.0m/s，方向與de邊垂直，與ae邊平行。試求將導(dǎo)線框整體從磁場(chǎng)中拉出的過(guò)程中外力所做的功W＝0.0030J第32屆全國(guó)復(fù)賽5W＝0.0030J第32屆全國(guó)復(fù)賽5六、（23分）如圖，一固定的豎直長(zhǎng)導(dǎo)線載有恒定電流I，其旁邊有一正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框可圍繞過(guò)對(duì)邊中心的豎直軸O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸到長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離為b。已知導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)為2a（a＜b），總電阻為R，自感可忽略。現(xiàn)使導(dǎo)線框繞軸以勻角速度ω逆時(shí)針（沿軸線從上往下看）方向轉(zhuǎn)動(dòng)，以導(dǎo)線框平面與長(zhǎng)直導(dǎo)線和豎直軸所在平面重合時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)。求在t時(shí)刻第32屆全國(guó)復(fù)賽6：第32屆全國(guó)復(fù)賽6（1）導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；（2）所需加的外力矩M。VpOabVpOabcdV13V1p13p1'2p15V1如圖，1mol單原子理想氣體構(gòu)成的系統(tǒng)分別經(jīng)歷循環(huán)過(guò)程abcda和abc?a。已知理想氣體在任一緩慢變化過(guò)程中，壓強(qiáng)p和體積V滿足函數(shù)關(guān)系p＝f(V第32屆全國(guó)復(fù)賽7)。第32屆全國(guó)復(fù)賽7（1）試證明：理想氣體在任一緩慢變化過(guò)程的摩爾熱容可表示為Cp＝CV＋EQ\F(pR,p＋V\F(dp,dV))式中，CV和R分別為定容摩爾熱容和理想氣體常數(shù)；（2）計(jì)算系統(tǒng)經(jīng)bc?直線變化過(guò)程中的摩爾熱容；（3）分別計(jì)算系統(tǒng)經(jīng)bc?直線過(guò)程中升降溫的轉(zhuǎn)折點(diǎn)在p-V圖中的坐標(biāo)A和吸放熱的轉(zhuǎn)折點(diǎn)在p-V圖中的坐標(biāo)B；（4）定量比較系統(tǒng)在兩種循環(huán)過(guò)程的循環(huán)效率。n0n1θn0n1θt2θi1θi1θt0n2d如圖，介質(zhì)薄膜波導(dǎo)由三層均勻介質(zhì)組成：中間層1為波導(dǎo)薄膜，其折射率為n1，光波在其中傳播；底層為襯底，其折射率為n0；上層2為覆蓋層，折射率為n2；n1＞n0≥n2。光在薄膜層1里來(lái)回反射，沿鋸齒形向波導(dǎo)延伸方向傳播。圖中，θij是光波在介質(zhì)j表面上的入射角，θtj是光波在介質(zhì)j表面上的折射角第32屆全國(guó)復(fù)賽8。第32屆全國(guó)復(fù)賽8（1）入射角θil在什么條件下光波可被完全限制在波導(dǎo)薄膜里（即光未折射到襯底層和覆蓋層中）？（2）已知波導(dǎo)薄膜的厚度為d，求能夠在薄膜波導(dǎo)中傳輸?shù)墓獠ㄔ谠摻橘|(zhì)中的最長(zhǎng)波長(zhǎng)λmax。已知：兩介質(zhì)j與k的交界面上的反射系數(shù)（即反射光的電場(chǎng)強(qiáng)度與入射光的電場(chǎng)強(qiáng)度之比）為rjk＝EQ\F(njcosθij－nkcosθtk,njcosθij＋nkcosθtk)＝|rjk|e-iφjk式中，θij和θtk是分別是光波在介質(zhì)j的表面上的入射角和折射角，余類推；正弦函數(shù)和余弦函數(shù)在復(fù)數(shù)域中可定義為sinθ＝EQ\F(eiθ－e-iθ,2i)，cosθ＝EQ\F(eiθ＋e-iθ,2)

第32屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題解答一、（15分）（1）圖中X和Y代表的核素分別為15O和13C=1\*GB3①（2）一個(gè)循環(huán)所有的核反應(yīng)方程式依循換次序?yàn)閜＋12C→13N=2\*GB3②13N→13C＋e+＋νe=3\*GB3③p＋13C→14N=4\*GB3④p＋14N→15O=5\*GB3⑤15O→15N＋e+＋νe=6\*GB3⑥p＋15N→12C＋4He=7\*GB3⑦（3）整個(gè)循環(huán)的核反應(yīng)，相當(dāng)于=8\*GB3⑧完成一個(gè)碳循環(huán)過(guò)程釋放的核能為⑨ΔE＝25.619MeV評(píng)分參考：第（1）問(wèn)4分，X和Y正確，各2分；第（2）問(wèn)6分，②③④⑤⑥⑦式各1分；第（3）問(wèn)5分，⑧式2分，⑨式3分。二、（15分）（1）（解法一）取碰前B球所在位置O為原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系（如圖）。碰撞前后系統(tǒng)的AC動(dòng)量及其對(duì)細(xì)桿中心的角動(dòng)量都守恒，有AC①y②yOxB③OxB式中，和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于輕桿長(zhǎng)度為，按照?qǐng)D中建立的坐標(biāo)系有④由上式對(duì)時(shí)間求導(dǎo)得 ⑤在碰撞后的瞬間有 ⑥利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬間成為 ⑦由①②⑦式得 ⑧由①②③式得 ⑨ ⑩利用⑧⑨⑩式，碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能為 ?E＝EQ\F(1,2)mvx2＋EQ\F(m2,2M)（v0－vx）2＋EQ\F(2M＋m,4M)mvy2（解法二）取碰前B球所在位置O為原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系（如圖）。設(shè)碰撞后，小球C的運(yùn)動(dòng)速率為，細(xì)桿中心的運(yùn)動(dòng)速度為，細(xì)桿繞中心轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為。碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量及其對(duì)細(xì)桿中心的角動(dòng)量都守恒，有 ①② ③式中，和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由①②③式得④⑤⑥碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能為⑦利用④⑤⑥式，系統(tǒng)動(dòng)能⑦式可表示成⑧（2）解法（一）的?式或者解法（二）的⑧式即為?可見(jiàn)，在條件 ?下，碰后系統(tǒng)動(dòng)能達(dá)到其最小值E＝EQ\F(1,2)EQ\F(m2,M＋m)v02 ?它是小球僅與球A做完全非彈性碰撞后系統(tǒng)所具有的動(dòng)能。評(píng)分參考：第（1）問(wèn)10分，（解法一）①②③④⑤⑦⑧⑨⑩?式各1分；（解法二）①②式各1分，③式2分，④⑤⑥各1分，⑦式2分，⑧式1分；第（2）問(wèn)5分，??式各2分，?式1分。三、（20分）（1）設(shè)圓環(huán)的質(zhì)量為，它在碰撞過(guò)程中受到的地面對(duì)它的水平?jīng)_量為；碰撞后圓環(huán)質(zhì)心的速度大小為，與豎直向上方向的夾角（按如圖所示的順時(shí)針?lè)较蛴?jì)算）為，圓環(huán)的角速度為。規(guī)定水平向右方向和順時(shí)針?lè)较蚍謩e為水平動(dòng)量和角速度的正方向。在水平方向，由動(dòng)量定理有①由對(duì)質(zhì)心的動(dòng)量矩定理有②按題意，圓環(huán)在彈起前剛好與地面無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，因而此時(shí)圓環(huán)上與地面的接觸點(diǎn)的水平速度為零，即③由題意知④聯(lián)立①②③④式得⑤⑥ω＝EQ\F(1,2r)（rω0＋v0sinθ） ⑦（2）若圓環(huán)與地面碰后能豎直彈起，則其速度與豎直方向的夾角將上式代入⑥式得，使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件為⑧在此條件下，在與地面剛剛碰后的瞬間有，⑨即圓環(huán)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。圓環(huán)上升的最大高度為h＝EQ\F(k2（v02－r2ω02）,2g)⑩（3）由于忽略空氣阻力，圓環(huán)再次彈起后，角速度保持為不變，質(zhì)心做以初速度為的斜拋運(yùn)動(dòng)。圓環(huán)第二次落地點(diǎn)到首次落地點(diǎn)之間的水平距離隨變化的函數(shù)關(guān)系式為S＝EQ\F(vsin,g)＝－?取最大值時(shí)，的取值滿足?由得?式得?將?代入?式得??式中和分別對(duì)應(yīng)于?式右端根號(hào)前取正和負(fù)號(hào)的情形。由以上兩式可知，的最大值為?又因?yàn)橛缮鲜降茫?dāng)取最大值時(shí)，r、v0和ω0應(yīng)滿足v0＞r|ω0|?評(píng)分參考：第（1）問(wèn)9分，①②式各2分，③④⑤⑥⑦式各1分；第（2）問(wèn)4分，⑧⑨式各1分，⑩式2分；第（3）問(wèn)7分，???????式各1分。四、（25分）（1）解法（一）按照題給坐標(biāo)系，設(shè)待測(cè)點(diǎn)P的位置為，飛機(jī)在時(shí)所在點(diǎn)K的位置為。在時(shí)刻，飛機(jī)所在位置A點(diǎn)的坐標(biāo)為，機(jī)載雷達(dá)此時(shí)發(fā)出一光信號(hào)；該信號(hào)到達(dá)P點(diǎn)，經(jīng)反射后，于時(shí)刻返回至飛機(jī)的機(jī)載雷達(dá)被接受，此時(shí)飛機(jī)的機(jī)載雷達(dá)的位置為，如圖所示。由于光速不變，飛機(jī)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有=1\*GB3①②式中。現(xiàn)設(shè)在時(shí)刻，飛機(jī)所在位置A點(diǎn)的坐標(biāo)為，機(jī)載雷達(dá)此時(shí)發(fā)出另一光信號(hào)；該信號(hào)到達(dá)P點(diǎn)，經(jīng)反射后，于時(shí)刻返回至飛機(jī)的機(jī)載雷達(dá)被接受，此時(shí)飛機(jī)的機(jī)載雷達(dá)的位置為。同理有③④⑤由①②式和得⑥上式右端已略去了級(jí)的高階項(xiàng)。由⑥式解得⑦同理，由③④式和得⑧由⑦⑧式得⑨利用⑤式，⑨式成為⑩上式右端已略去了級(jí)的高階項(xiàng)。令?式中，為機(jī)載雷達(dá)在發(fā)射的光信號(hào)的周期，則?是機(jī)載雷達(dá)接受到相應(yīng)的光信號(hào)的周期。⑩式可寫成?或fD＝f－f0＝－EQ\F(2（xA－xP）,\R(R02＋（xA－xP）2))EQ\F(v,c)f0?式中已用替代，而是相應(yīng)的光信號(hào)的頻率，是接收到的回波信號(hào)的頻率與發(fā)出信號(hào)的頻率之差（頻移）。?式也可寫為?式中即為從機(jī)載雷達(dá)射出的光線與飛機(jī)航線之間的夾角。解法（二）取航線KA和直線BC所構(gòu)成的平面為新的坐標(biāo)平面。K為坐標(biāo)原點(diǎn)，航線KA為x軸，從K指向BC與Z軸交點(diǎn)的直線為y軸；在時(shí)刻，飛機(jī)所在位置A點(diǎn)的坐標(biāo)為；目標(biāo)點(diǎn)P的位置在這個(gè)坐標(biāo)系里是固定的。設(shè)機(jī)載雷達(dá)于時(shí)刻發(fā)出的發(fā)射信號(hào)的相位為 式中和分別是相應(yīng)的角頻率和初相位。機(jī)載雷達(dá)于時(shí)刻在A?點(diǎn)接收到的經(jīng)P反射的信號(hào)是機(jī)載雷達(dá)于時(shí)刻在點(diǎn)發(fā)出的，其相位為 =1\*GB3①式中為信號(hào)往返過(guò)程所需的時(shí)間，它滿足 =2\*GB3②③經(jīng)過(guò)時(shí)間間隔，同理有 =4\*GB3④⑤ ⑥另外，由于同樣的原因（飛機(jī)作勻速直線運(yùn)動(dòng)），還有⑦設(shè)機(jī)載雷達(dá)收到的信號(hào)的圓頻率為，則應(yīng)有 ⑧由=2\*GB3②③式和得⑨上式右端已略去了級(jí)的高階項(xiàng)。由⑨式解得⑩同理，由⑤⑥式和得?由①=4\*GB3④⑧式得?將?代入?式，利用⑦⑩?式，在很小的情形下，略去的高階項(xiàng)，得?或?式中即為從機(jī)載雷達(dá)射出的光線與飛機(jī)航線之間的夾角。（2）由于機(jī)載雷達(dá)天線發(fā)射的無(wú)線電波束面的張角的限制（見(jiàn)圖（b）），有?頻移分別為正、零或負(fù)的條件是：當(dāng)（）時(shí)，頻移；當(dāng)（）時(shí)，即機(jī)載雷達(dá)發(fā)射信號(hào)時(shí)正好位于P點(diǎn)到航線的垂足處，頻移 ?當(dāng)（）時(shí)，頻移。當(dāng)（）時(shí)，即機(jī)載雷達(dá)發(fā)射信號(hào)時(shí)正好位于處，正的頻移最大 ?當(dāng)（）時(shí)，即機(jī)載雷達(dá)發(fā)射信號(hào)時(shí)正好位于處，負(fù)的頻移的絕對(duì)值最大 ?（3）在飛機(jī)持續(xù)發(fā)射的無(wú)線電波束前沿BC全部通過(guò)目標(biāo)P點(diǎn)過(guò)程中，多普勒頻移的帶寬為 ?由于，有，故將上式代入到?式得ΔfD＝f0EQ\F(2v,c)θ ?評(píng)分參考：第（1）問(wèn)16分，(解法一)①式2分，②式1分，③式2分，④⑤⑥⑦⑧⑨⑩????式各1分；(解法二)①式1分，②式2分，③④式各1分，⑤式2分，⑥⑦⑧=9\*GB3⑨⑩????式各1分；第（2）問(wèn)6分，?式2分，頻移分別為正、零或負(fù)的條件正確（包括?式）給2分，??式各1分；第（3）問(wèn)3分，?式2分，?式1分。五、（20分）在de邊未出磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab、cf和de三邊切割磁力線運(yùn)動(dòng)，每條邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，但感應(yīng)電流為零，故不需要外力做功 =1\*GB3① 在de邊出磁場(chǎng)但cf邊未出磁場(chǎng)過(guò)程中，ab和cf兩條邊做切割磁力線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框的等效電路如圖a所示。等效電路中每個(gè)電阻的阻值R=1.0Ω。按如圖所示電流方向，根據(jù)基爾霍夫第一定律可得 =2\*GB3②由基爾霍夫第二定律，對(duì)4個(gè)回路可列出4個(gè)獨(dú)立方程 =3\*GB3③式中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 =4\*GB3④聯(lián)立=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④式得： =5\*GB3⑤ =6\*GB3⑥此時(shí)，ab邊和ed邊所受的安培力大小分別為 =7\*GB3⑦ =8\*GB3⑧式中l(wèi)ab和led分別為ab邊和ed邊的長(zhǎng)度。外力所做的功為 =9\*GB3⑨式中l(wèi)ef表示ef邊的長(zhǎng)度。在cf邊移出磁場(chǎng)后，只有邊ab切割磁力線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。此時(shí)，等效電路如圖b所示，電路中電動(dòng)勢(shì)的大小和電阻阻值不變。根據(jù)基爾霍夫定律可得 =10\*GB3⑩和 ?聯(lián)立=10\*GB3⑩?式得 ?此時(shí)，ab邊受到的安培力為 ?外力所做的功為 ?整個(gè)過(guò)程中外力做的功為 W＝W1＋W2＋W3＝0.0030J ?評(píng)分參考：①式1分，②③④式各2分，⑤⑥⑦⑧⑨式各1分，⑩?式各2分，????式各1分。六、（23分）（1）設(shè)t時(shí)刻導(dǎo)線框平面與長(zhǎng)直導(dǎo)線和轉(zhuǎn)軸組成平面之間的夾角為θ的值為，如圖a所示（俯視圖），導(dǎo)線框旋轉(zhuǎn)過(guò)程中只有左、右兩邊（圖中分別用A、B表示）切割磁力線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。A、B兩條邊的速度大小相等，①A、B處對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為=2\*GB3②③其中，為真空磁導(dǎo)率，r1、r2分別為A和B到長(zhǎng)直導(dǎo)線的垂直距離。A、B兩邊對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為④式中、分別為A、B的速度方向與r1、r2的夾角。根據(jù)幾何關(guān)系得⑤其中α、β分別為r1、r2與x方向的夾角。⑤式代入④式得導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為=6\*GB3⑥根據(jù)幾何關(guān)系及三角形余弦定理得α、β、r1、r2與a、b、θ之間的關(guān)系為=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨將=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨式代入=6\*GB3⑥式得導(dǎo)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為=10\*GB3⑩（2）（解法一）導(dǎo)線框在電流I的磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對(duì)于軸的合力矩的作用，要使導(dǎo)線框保持角速度為的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩M必須滿足?正方形導(dǎo)線框上、下兩邊所受安培力的方向與轉(zhuǎn)軸平行，力矩為零，只有導(dǎo)線框左、右兩邊（分別用A、B表示）受到的安培力和對(duì)合力矩有貢獻(xiàn)，如圖b所示（俯視圖）。由②③式和安培力公式得和的大小為??式中i為導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流。由歐姆定律有?安培力的合力矩為?其中，d1和d2分別為F1和F2與轉(zhuǎn)軸之間的垂直距離，和分別為d1和d2與A、B連線之間的夾角。將=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨?式代入?式得需要加的外力矩為?（2）（解法二）導(dǎo)線框在電流I的磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對(duì)于軸的合力矩的作用，要使導(dǎo)線框保持角速度為的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩M必須滿足?此時(shí)，安培力的合力矩的功率P0應(yīng)與導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的功率Pi相等，即?式中?安培力的合力矩為?由?式可得，外力矩M為?評(píng)分參考：第（1）問(wèn)13分，①②③式各1分，④式2分，⑤式1分，⑥式2分，⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分；第（2）問(wèn)10分，（解法一）??式各2分，??式各1分，??式各2分；（解法二）?????式各2分。七、（22分）（1）根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有 ①這里，對(duì)于1mol理想氣體經(jīng)歷的任一緩慢變化過(guò)程中，，和可分別表示為，， ②將理想氣體狀態(tài)方程兩邊對(duì)求導(dǎo)，可得 ③式中利用了根據(jù)③式有 ④聯(lián)立①②④式得 ⑤（2）設(shè)過(guò)程方程為 ⑥根據(jù)可得該直線過(guò)程的摩爾熱容為 ⑦式中，是單原子理想氣體的定容摩爾熱容，。對(duì)過(guò)程的初態(tài)和終態(tài)，有 ⑧由⑧式得 ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式得 ⑩（3）根據(jù)過(guò)程熱容的定義有 ?式中，是氣體在此直線過(guò)程中，溫度升高時(shí)從外界吸收的熱量。由⑩?式得 ? ?由?式可知，過(guò)程中的升降溫的轉(zhuǎn)折點(diǎn)在圖上的坐標(biāo)