（4）只要圆形光阑放在C点（距离透镜为15cm）和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分
（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm处，则当圆形光阑半径逐渐减小时，圆盘像的形状及大小不变，亮度变暗； 2分
同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 1分
评分标准：第（1）问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分；
第（2）问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分； 第（3）问7分，2个给分点分别为2、3分； 第（4）问2分，1个给分点为2分；
第（5）问3分，2个给分点分别为2、1分．
六、（22分）
（1）固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角? 的取值范围为??0????0．整个电容器相当于2N个相同的电容器并联，因而
C(?)?2NC1(?)
①
式中C1(?)为两相邻正、负极板之间的电容
C1(?)?A(?) 4?ks
②
这里，A(?)是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有
?122?R(?0??), 当??0??????0??2A(?)??
12?2?R(2?0??), 当???0????0 ??2 ③
由②③式得
?R2(?0??), 当??0??????0??4?ksC1(?)??2
R(2???)0?, 当???0????0 ??4?ks ④
由①④式得
?NR2(?0??), 当??0??????0??2?ksC(?)??2
?NR(2?0??), 当??????? 00?2?ks? ⑤
（2）当电容器两极板加上直流电势差E后，电容器所带电荷为
Q(?)?C(?)E
⑥
当??0时，电容器电容达到最大值Cmax，由⑤式得
11
CmaxNR2?0 ?2?ks ⑦
充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值Qmax，由⑥式得
QmaxNR2?0?E 2?ks ⑧
断开电源，在转角?取??0附近的任意值时，由⑤⑧式得，电容器内所储存的能量为
2QmaxNR2?02E2U(?)?? 当??0??????0
2C(?)4?ks(?0??)⑨
设可旋转金属板所受力矩为T(?)（它是由若干作用在可旋转金属板上外力Fi产生的，不失普遍性，可认为Fi的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为ri，其值Fi的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转??（即从?变为????）后，电容器内所储存的能量增加?U，则由功能原理有
T(?)???(?Frii)????Fi?li??U(?)
⑩
式中，由⑨⑩式得
NR2?02E2?U(?)T(?)?? 当??0??????0
??4?ks(?0??)2?
当???0??2 时， T(?)发散，这表明所用的平行板电容公式需要修改．当电容器电容最大时，
充电后转动可旋转金属板的力矩为
NR2E2??U?T??? ?4?ks??????0 ?
（3）当V?V0cos?t，则其电容器所储存能量为 1U?CV221?11???(Cmax?Cmin)?(Cmax?Cmin)cos2?mt?V02cos2?t2?22???1?11?(C?C)?(Cmax?Cmin)cos2?mt?V02(1?cos2?t)maxmin?4?22?20?
V?(Cmax?Cmin)?(Cmax?Cmin)cos2?t?(Cmax?Cmin)cos2?mt?(Cmax?Cmin)cos2?mtcos2?t?8V02?{(Cmax?Cmin)?(Cmax?Cmin)cos2?t?(Cmax?Cmin)cos2?mt81 ?(Cmax?Cmin)[cos2(?m??)t?cos2(?m??)t]}2
由于边缘效应引起的附加电容远小于Cmax，因而可用⑦式估算Cmax．如果?m??，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式
cos2?t=0, cos2?mt=0, cos2(?m??)t=0, cos2(?m??)t=0
12
?
可得电容器所储存能量的周期平均值为
1(1??)NR222U1?(Cmax?Cmin)V0?V0
832ks ?
如果?m??，?式中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为
111(3??)NR22222U2?(Cmax?Cmin)V0?(Cmax?Cmin)V0?(3Cmax?Cmin)V0?V0 ?
8161664ks由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的，因而Cmax应比用⑦式估计
Cmax大；这一效应同样使得Cmin?0；可假设实际的(Cmax?Cmin)近似等于用⑦式估计Cmax．如果
?m??，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式
cos2?t=0, cos2?mt=0, cos2(?m??)t=0, cos2(?m??)t=0
?
可得电容器所储存能量的周期平均值为
1(1?2?)NR222U1?(Cmax?Cmin)V0?V0
832ks ?
[如果?m??，?中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式?的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为 ]
111(3?4?)NR22222U2?(Cmax?Cmin)V0?(Cmax?Cmin)V0?(3Cmax?Cmin)V0?V0 ?
8161664ks因为 U2?U1，则最大值为U2，所对应的?m为
评分标准：本题22分．第（1）问6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）问9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中没有求和号的，也同样给分；没有力的符号，也给分），??式各2分；第（3）问7分，??式各2分，???式各1分．
七、（26分）
（1）通有电流i的钨丝（长直导线）在距其r处产生的磁感应强度的大小为
i ① B?km
r由右手螺旋定则可知，相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝为对称轴的圆，磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向，它与电流i的方向成右手螺旋．
两根相距为d的载流钨丝（如图（a））间的安培力是相互吸引力，大小为
km?Li2 ② F?B?Li?d13
?m??
?
? d 图(a)
考虑某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力．由系统的对称性可知，每根钨丝受到的合力方向都指向轴心；我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可．如图，设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为?，则它们间的距离为
③
2
由②③式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为
km?Li2?km?Li2Fr?sin? ④
2rsin(?/2)22r它与?无关，也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方向均不同，但在径向方向上的分量大小却是一样的；而垂直于径向方向的力相互抵消．因此，某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为
2(N?1)km?Li2(N?1)km?LI内 ⑤ F??2r2rN2其方向指向轴心．
（2）由系统的对称性可知，所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等，方向与柱轴垂直，且指向柱轴．所考虑的圆柱面，可视为由很多钨丝排布而成，N很大，但总电流不变．圆柱面上??角对应的柱面面积为
d?2rsin
?
s?r???L
⑥ ⑦
圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为
N??FN(N?1)km?Li2 P??2?s4?r2?L由于N1，有
2⑧ N(N?1)i2?I内 由⑦⑧式得
P?2kmI内4?r2 ⑨ ⑩ ?
代入题给数据得
P?1.02?1012N/m2
一个大气压约为105N/m2，所以
P?107atm
即相当于一千万大气压．
（3）考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点A的磁场强度. 根据对称性可知，其磁场如果不为零，方向一定在过A点且平行于通电圆柱的横截面. 在A点所在的通电圆柱的横截面（纸面上的圆）内，过A点作两条相互间夹角为微小角度??的直线，在圆上截取两段微小圆弧L1和L2，如图（b）所示. 由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过L1和L2段的电流之比I1/I2等于它们到A点的距离之比l1/l2：
I1L1l1?? ? I2L2l2式中，因此有
IIkm1?km2 ? l1l2即通过两段微小圆弧在A点产生的磁场大小相同，方向相反，相互抵消．整个圆周可以分为许多
“对”这样的圆弧段，因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零，所以通电外圈钨丝的存在，不改变前述两小题的结果．
（4）由题中给出的已知规律，内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为
I B?km内 ?
R14
方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向，由右手螺旋法则确定．外圈钨丝的任一根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为
22(M?1)km?LI外I外kmI内km?L(I外?2I内I外) F外? + ?L? ?
2RM2MR2RM式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到，第二项由?式和安培力公式得到.
因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为
2km(I外?2I内I外)M??F外P?? ? 外2?R???L4?R2若要求
22k（mI外?2I内I外）kmI内 ? ?224?R4?r只需满足
2I外?2I内I外RM2?2NM ? = 2rI内N2 ?
（5）考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点C的磁场强度. 根据对称性可知，长直圆柱面上的均
匀电流在该点的磁场方向一定在过C点且平行于通电圆柱的横截面（纸面上的圆），与圆的径向垂直，满足右手螺旋法则. 在C点所在的通电圆柱的横截面内，过C点作两条相互间夹角为微小角度??的直线，在圆上截取两段微小圆弧L3和L4，如图（c）所示. 由几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性，穿过L3和L4段的电流之比I3/I4等于它们到C点的距离之比l3/l4：
I3L3l3?? ? I4L4l4式中，CL3?l3，CL4?l4，CO?l. 由此得
I3I4I3?I4?? ? l3l4l3?l4
考虑到磁场分布的对称性，全部电流在C点的磁感应强度应与CO垂直. 穿过L3和L4段的电流在C点产生的磁感应强度的垂直于CO的分量之和为
II?IIBC?km3cos??km4cos??2km34cos? 21 ○l3l4l3?l4设过C点所作的直线CL3L4与直线CO的夹角为?，直
线CL3L4与圆的半径OL4的夹角为?（此时，将微小弧元视为点）. 由正弦定理有
l3ll4??22 ○sin(???)sin?sin(???)式中，OCL3??，CL4O??. 于是
I?II3?I4I?I23 BC?2km34cos??2kmsin?cos??km34 ○
l3?l4l[sin(???)?sin(???)]l即穿过两段微小圆弧的电流I3和I4在C点产生的磁场沿合磁场方向的投影等于I3和I4移至圆柱轴在在C点产生的磁场．整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此沿柱轴通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场
I24 B?km内,l?r ○
l方向垂直于C点与圆心O的连线，满足右手螺旋法则．
评分标准：本题26分．第（1）问6分，②③式各1分，④式2分，⑤式1分，方向1分；第（2）问6分，⑥~?式各1分；第（3）问3分，??式各1分，对称性分析正确1分；第（4）问6
21○22○23○24式各1分. 分，??各2分，??式各1分；第（5）问5分，?○
15
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