第31屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題及答案

文檔編碼:CC8N9P8J10P7——HM10L8V5I4L3——ZW7R1F7A7P8第31屆全國(guó)中同學(xué)物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題2022年9月20日說(shuō)明：全部答案 （包括填空）必需寫(xiě)在答題紙上,寫(xiě)在試題紙上無(wú)效；一、（12分）振動(dòng)的液滴2022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)試驗(yàn)呈現(xiàn)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)覺(jué)漂浮的液滴處于周期性的“脈動(dòng)”中（平常在地球表面鄰近,重力的存在會(huì)導(dǎo)致液滴下降太快,以至于很難觀看到液滴的這種“脈動(dòng)”現(xiàn)象）.假設(shè)液滴處于完全失重狀態(tài),液滴的上βγa,b,c是準(zhǔn)備該液述“脈動(dòng)”可視為液滴形狀的周期性的微小變化（振動(dòng)）,如以下圖.（1）該液滴處于平穩(wěn)狀態(tài)時(shí)的形狀是__________；（2）準(zhǔn)備該液滴振動(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,如認(rèn)為αγ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γ一種測(cè)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(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)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．試由這兩次記錄的試驗(yàn)數(shù)據(jù)hi和hf,導(dǎo)出瓶?jī)?nèi)氣體的摩爾熱容比 γ 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),可忽視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）如以下圖,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.（1）如平穩(wěn)時(shí)平板與豎直方向成的角度為 φ,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）如在三角形平板上緩慢轉(zhuǎn)變拉力 Q的作用點(diǎn) M的位置, 使平穩(wěn)時(shí)平板與豎直方向成的角度仍保持為 φ,就轉(zhuǎn)變的作用點(diǎn) M形成的軌跡中意什么條件時(shí),可使鉸鏈支點(diǎn) A或B對(duì)板作用力的垂直平板的重量在M變動(dòng)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(xì)軸’’’軸滑動(dòng)或繞’OO上,可沿OOOO軸旋轉(zhuǎn)．圓環(huán)上串著兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球.開(kāi)頭時(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)頭釋放．

（1）設(shè)開(kāi)頭時(shí)圓環(huán)繞 OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 ’ω,在兩小球從環(huán)頂下滑過(guò)程中,應(yīng)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(guò)小球的圓環(huán)半徑與OO軸的夾角）時(shí),圓環(huán)就開(kāi)頭沿OO軸上滑,求開(kāi)頭時(shí)圓環(huán)繞OO.軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω0、在θ=30時(shí)圓環(huán)’繞OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω和小球相對(duì)于圓環(huán)滑動(dòng)的速率v.五、（20分）透鏡成像如以下圖,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． 鏡圖中全部光學(xué)元件相對(duì)于光軸稱放置．請(qǐng)?jiān)趲缀喂鈱W(xué)近軸范疇內(nèi)考慮以下問(wèn)題,并忽視像差和衍射效應(yīng)． 對(duì)（1）未放置圓形光闌時(shí) ,給出圓盤(pán)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(dāng)圓形光闌的半徑逐步減小時(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?1）中圓盤(pán)像的半徑的一半？如存在,請(qǐng)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(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)？（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(wèn)題.六、（22分）如以下圖,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,全部頂點(diǎn)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(kāi)頭時(shí)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(yīng),求可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角為 θ（ 00）時(shí)電容器的電容 C〔θ〕；（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)固后斷開(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)θ0=2,考慮邊緣效應(yīng)后,第（1）問(wèn)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(wèn)的結(jié)果估算,而Cmin是因邊緣效應(yīng)計(jì)入的,它與以角速度ωm勻速轉(zhuǎn)動(dòng),且θ=ωmt,在極板間加一溝通電壓V=V0cosωt．試運(yùn)算電容器在溝通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 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(lái)受到特別重視,其原理如以下圖．圖中,長(zhǎng) 20mm、直徑為5μm的鎢絲組成的兩個(gè)共軸的圓柱面陣列,瞬時(shí)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,可以r的kmir,式中比使靶球壓縮后達(dá)到高溫高密度狀態(tài),實(shí)現(xiàn)核聚變．設(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(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)度大小為例常量km2×107N/A2．（1）如不考慮外圈鎢絲,運(yùn)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）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(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轉(zhuǎn)變前述兩小題的結(jié)果；（4）當(dāng)N＞＞1時(shí),就通有均勻電流的內(nèi)圈鎢絲在外圈鎢絲處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 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(yīng)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(zhǎng)圓柱面外的磁場(chǎng)等于該圓柱面上全部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 .（運(yùn)算中可不考慮圖中支架的影響）八、（20分）天文觀測(cè)說(shuō)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/〔s· Mpc〕．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 λ 是試驗(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)說(shuō)明．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)覺(jué)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

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,即為由分別為4.549×1014Hz和6.141×1014Hz．由于這兩 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=13.60eV,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(duì)應(yīng)于試驗(yàn)室中測(cè)出的氫原子的哪兩條譜線？它們?cè)谠囼?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??；（3）求該星系與我們的距離D．第31屆全國(guó)中同學(xué)物理競(jìng)賽復(fù)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(dòng)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(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定,①式在同一單位制中可寫(xiě)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(dú)立的數(shù)值等式和單位等式,因而[f][r][][]②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,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(xué)中[m]、[l]和[t]三者之間的相互獨(dú)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(dòng)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(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 {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(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(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30,⑨0,⑩21解為將.式代入①式得3,

21,

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

r評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題12分.第（1）問(wèn)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?jī)?nèi)理想氣體經(jīng)受如下兩個(gè)氣體過(guò)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?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)．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(qiáng)為 p0時(shí)的體積,即絕熱膨脹〔pi,V0,T0,Ni〕 〔p0,V,T,Ni〕1/此絕熱過(guò)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(xué)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(qiáng), 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(dāng)x 1,ln〔1x〕 x,以及 hi/h01,hf/h01,有hi/h0 hi⑨hi/h0 hf/h0 hi hf評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) ：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(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,〔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)、中間態(tài)和末態(tài)的壓強(qiáng)、體積與溫度．留在瓶?jī)?nèi)的氣體先后中意絕熱方程和等容過(guò)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(xué)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(qiáng), 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(dāng)x 1,ln〔1 x〕 x,以及 hi/h0 1,hf/h0 1,有hi/h0 hi⑧hi/h0 hf/h0 hi hf評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) ：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(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：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(duì) O點(diǎn)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(diǎn)的位置從點(diǎn)bz0z02⑩NBy保持不變,就需M0〔x0,0,z0〕緩慢轉(zhuǎn)變的過(guò)程中,可以使鉸鏈支點(diǎn)對(duì)板的作用力mgsin1h〔bbz 2x〕z常量By2M點(diǎn)移動(dòng)的起始位置為M0,由⑩式得b2xb2x0.zzz0z0或b2xb2x0z.這是過(guò)A〔b,0,0〕2點(diǎn)的直線.z0z0〔*〕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)〕在平板上緩慢轉(zhuǎn)變時(shí),鉸鏈支點(diǎn)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轉(zhuǎn)變時(shí),鉸鏈支點(diǎn) A對(duì)板的作用力 B對(duì)板的作用力NAy保持不變.評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題20分．第（1）問(wèn)14分,①式1分,②③④⑤⑥式各2分,⑦⑧⑨式各1分；第（2）問(wèn)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(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)2v與速率v對(duì)應(yīng)的指向中心 C的小球加速度大小為 a1 ①R〔 Rsin 〕2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 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(shí),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(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(duì)小球的正壓力沿環(huán)的切向的重量為零 .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(dòng)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(dòng)量, 其反作用力將轉(zhuǎn)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,由牛頓其次定律有N mgcos ma mv2 〔Rsin 〕 2⑥R R合外力矩為零,系統(tǒng)角動(dòng)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(dòng)時(shí)的角動(dòng)量．（ m如圖,考慮右半圓環(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 0）,2R其角動(dòng)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(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2m R 1 20L 2 L 2 2R R 2 2m0R ⑨[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)稱軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的一半,即1 2 1 2J m0R ⑧ 就角動(dòng)量L為L(zhǎng) 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(diǎn)無(wú)相對(duì)移動(dòng),做功之和為零；系統(tǒng)機(jī)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(dòng)時(shí)的動(dòng)能．圓弧 l的動(dòng)能為Ek 1m〔r 〕21 l 2rRsin 1R 2 S2 2 2整個(gè)圓環(huán)（兩個(gè)半圓環(huán)）的動(dòng)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(dòng)動(dòng)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(dāng)2Ncos m0g .時(shí),圓環(huán)才能沿軸上滑．由⑥⑦⑨⑩ .. .式可知,.式可寫(xiě)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(shí)由題給條件可知當(dāng)=30時(shí),.式中等號(hào)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(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題24分．第（1）問(wèn)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(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：u20cm,f10cm,代入透鏡成像公式C點(diǎn)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(pán)狀,圓盤(pán)與其像大小一樣③.可知圓盤(pán)像在凸透鏡右邊（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(shí)圓形光闌在C點(diǎn)左側(cè).1分當(dāng)圓形光闌半徑逐步減小時(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AB'O CB（3）如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'=2cm,CR'BB'=5525cm3cm4分④利用兩個(gè)相像三角形CRR'與CBB'的關(guān)系,得rRR'=CB'可見(jiàn)當(dāng)圓盤(pán)半徑r3cm（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B'R'CRB如進(jìn)一步削減光闌半徑,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20cm.此時(shí)有會(huì)減小為一半,如下圖所示．此時(shí)間闌邊緣與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7DR'=6cm,DE'=20cm,EE'=2.5cm,⑤3分77利用兩個(gè)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(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R'DRE（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）如將圖中的圓形光闌移至凸透鏡前方 6cm處,就當(dāng)圓形光闌半徑逐步減小時(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?1）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）（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(gè)電容器相當(dāng)于2N個(gè)相同的電容器并聯(lián),因而①式中C〔〕2NC1〔〕C1〔〕為兩相鄰正、負(fù)極板之間的電容0②〕A〔〕C1〔4ks這里,A〔〕是兩相鄰正負(fù)極板之間相互重迭的面積,有 2 1 R2〔0 〕,當(dāng)0由②③式得A〔〕221R2〔20〕,當(dāng)00④20由①④式得C1〔〕R2〔40

ks〕,當(dāng)0R2〔20〕,當(dāng)0C〔〕E⑤4ks0C〔〕NR2〔0〕,當(dāng)002ks〕,當(dāng)NR2〔2002ks（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〔〕⑥當(dāng)0時(shí),電容器電容達(dá)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(dá)到最大值 ,由⑥式得 QQmax maxNR2 0E ⑧2ks斷開(kāi)電源,在轉(zhuǎn)角 取 0鄰近的任意值時(shí),由 ⑤⑧式得,電容器內(nèi)所儲(chǔ)存的能量為U〔 〕 Qmax

2NR

202E2當(dāng) 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(rèn)為 Fi的方向垂直于轉(zhuǎn)軸,其作用點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)軸的距離為容 ri,其值Fi的正負(fù)與可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩的正負(fù)一樣） ,當(dāng)金屬板旋轉(zhuǎn) （即從 變?yōu)?）后,電器內(nèi)所儲(chǔ)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(dāng)0 0

.當(dāng)0 時(shí),T〔〕發(fā)散,這說(shuō)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2U NR2E2T .0 4ks（3）當(dāng)V V0cos t,就其電容器所儲(chǔ)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(yīng)引起的附加電容遠(yuǎn)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(chǔ)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(chǔ)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(yīng)引起的附加電容與忽視邊緣效應(yīng)的電容是并聯(lián)的,因而 Cmax應(yīng)比用⑦式估量 Cmax大；這一效應(yīng)同樣使得 Cmin 0；可假設(shè)實(shí)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(chǔ)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(chǔ)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(duì)應(yīng)的 mm .評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) ：此題22分．第（1）問(wèn)6分,①②式各1分,③⑤式各2分；第（2）問(wèn)9分,⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩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 i

Bkmr處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

①r由右手螺旋定就可知,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 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(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(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(duì)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(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,可視為由許多鎢絲排布而成,LN很大,但總電流不變．圓柱面上角對(duì)應(yīng)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(gè)大氣壓約為 10N/m ,所以 P10atm .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.依據(jù)對(duì)稱性可知,其磁場(chǎng)假如不為零,方向確定在過(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,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： I1 L1 l1.I2 L2 l2式中,因此有 km I1km

I2.l1 l2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)圓周可以分為許多鎢 “對(duì)”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(chǎng)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(chǎng)為BkmI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(duì)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(gè)等號(hào)右邊的第一項(xiàng)可直接由⑤式類比而得到,其次項(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(zhǎng)直圓柱面外任意一點(diǎn) C的磁場(chǎng)強(qiáng)度.依據(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)方向確定在過(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,中意右手螺旋法就 .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：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(chǎng)分布的對(duì)稱性, 全部電流在C點(diǎn)的磁