全國中學生物理競賽試卷及答案

全國中學生物理競賽復賽理論考試試題說明：所有答案（包括填空）必須寫在答題紙上，寫在試題紙上無效。振動的液滴一、（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.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.振動的液滴（1）該液滴處于平衡狀態(tài)時的形狀是__________；（2）決定該液滴振動頻率的主要物理量是________________________________________；（3）按后面括號中提示的方法導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，可將液滴振動頻率與的關(guān)系式表示為，其中指數(shù)是相應的待定常數(shù).）二、(16分)一種測量理想氣體的摩爾熱容比的方法（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、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．然后打開H，放出少量氣體，當瓶內(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．試由這兩次記錄的實驗數(shù)據(jù)和，導出瓶內(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）M0ABxQ?OyzC三、（20分）如圖所示，一質(zhì)量為m、底邊AB長為b、等腰邊長為a、質(zhì)量均勻分布的等腰三角形平板，可繞過光滑鉸鏈支點A和B的水平軸x自由轉(zhuǎn)動；圖中原點O位于AB的中點，y軸垂直于板面斜向上，zM0ABxQ?OyzC（1）若平衡時平板與豎直方向成的角度為?，求拉力Q以及鉸鏈支點對三角形板的作用力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，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（?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.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．圖中所有光學元件相對于光軸對稱放置．請在幾何光學近軸范圍內(nèi)考慮下列問題，并忽略像差和衍射效應．圓盤圓盤凸透鏡光闌光屏（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.當圓形光闌的半徑逐漸減小時，圓盤的像會有什么變化是否存在某一光闌半徑，會使得此時圓盤像的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像的半徑的一半若存在，請給出的數(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（）；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．（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，求可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角為（）時電容器的電容；（2）當電容器電容接近最大時，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)，考慮邊緣效應后，第（1）問中的可視為在其最大值和最小值之間光滑變化的函數(shù)式中，可由第（1）問的結(jié)果估算，而是QUOTE因邊緣效應計入的，它與的比值是已知的．若轉(zhuǎn)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動，且，在極板間加一交流電壓．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的．七、（26分）Z-箍縮作為慣性約束核聚變的一種可能方式，近年來受到特別重視，其原理如圖所示．圖中，長20mm、直徑為5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；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（可視為長直導線）均勻地分布在半徑為r的圓周上，通有總電流；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．已知通有電流的長直導線在距其處產(chǎn)生的磁感應強度大小為，式中比例常量．（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，且箍縮為半徑的圓柱面時，求柱面上單位面積所受到的安培力，這相當于多少個大氣壓（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）當時,則通有均勻電流的內(nèi)圈鎢絲在外圈鎢絲處的磁感應強度大小為，若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應滿足的條件；（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）金屬極板金屬極板金屬極板外圈鎢絲內(nèi)圈鎢絲靶球支架八、（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，星系離開我們的速度大小，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/(s?Mpc)．當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，其中??是我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)出的相應的譜線的波長，該紅移可用多普勒效應解釋．絕大部分星系的紅移量z遠小于1，即星系退行的速度遠小于光速．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4.5491014Hz和6.1411014Hz．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，即為由n>2的能級向k=2的能級躍遷而產(chǎn)生的光譜．（已知氫原子的基態(tài)能量，真空中光速，普朗克常量，電子電荷量）（1）該星系發(fā)出的光譜線對應于實驗室中測出的氫原子的哪兩條譜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?。唬?）求該星系與我們的距離D．第31屆全國中學生物理競賽復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、密度和表面張力系數(shù)（或液滴的質(zhì)量和表面張力系數(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①式中，比例系數(shù)是一個待定常數(shù).任一物理量可寫成在某一單位制中的單位和相應的數(shù)值的乘積.按照這一約定，①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)值等式和單位等式，因而②力學的基本物理量有三個：質(zhì)量、長度和時間，按照前述約定，在該單位制中有，，于是③④⑤⑥將③④⑤⑥式代入②式得即⑦由于在力學中、和三者之間的相互獨立性，有，⑧，⑨⑩解為?將?式代入①式得?解法二假設(shè)液滴振動頻率與上述物理量的關(guān)系式為①式中，比例系數(shù)是一個待定常數(shù).任一物理量可寫成在某一單位制中的單位和相應的數(shù)值的乘積.在同一單位制中，①式兩邊的物理量的單位的乘積必須相等②力學的基本物理量有三個：質(zhì)量、長度和時間，對應的國際單位分別為千克（kg）、米（m）、秒（s）.在國際單位制中，振動頻率的單位為，半徑的單位為，密度的單位為，表面張力系數(shù)的單位為，即有③④⑤⑥若要使①式成立，必須滿足⑦由于在力學中質(zhì)量、長度和時間的單位三者之間的相互獨立性，有，⑧，⑨⑩解為?將?式代入①式得?評分標準：本題12分.第（1）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，⑦式2分，?式3分，?式2分（答案為、或的，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：其中，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，考慮到由于氣體初、末態(tài)的體積和溫度相等，有①另一方面，設(shè)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為時的體積，即此絕熱過程滿足②由狀態(tài)方程有和，所以③聯(lián)立①②③式得④此即⑤由力學平衡條件有⑥⑦式中，為瓶外的大氣壓強，是U形管中液體的密度，是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得⑧利用近似關(guān)系式：，以及，有⑨評分標準：本題16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨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)歷了一個絕熱膨脹過程ab，再通過等容升溫過程bc達到末態(tài)其中，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①②由①②式得③此即④由力學平衡條件有⑤⑥式中，為瓶外的大氣壓強，是U形管中液體的密度，是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得⑦利用近似關(guān)系式：，以及，有⑧評分標準：本題16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分．三、（20分）（1）平板受到重力、拉力、鉸鏈對三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用點的坐標分別為：，；，；，；，式中是平板質(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①②③④⑤⑥聯(lián)立以上各式解得，，，即，⑦，⑧⑨（2）如果希望在點的位置從點緩慢改變的過程中，可以使鉸鏈支點對板的作用力保持不變，則需⑩M點移動的起始位置為，由⑩式得?或?這是過點的直線.(*)因此，當力的作用點的位置沿通過點任一條射線(不包含點)在平板上緩慢改變時，鉸鏈支點對板的作用力保持不變.同理，當力的作用點沿通過B點任一條射線在平板上緩慢改變時，鉸鏈支點對板的作用力保持不變.評分標準：本題20分．第（1）問14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）問6分，⑩?式各1分，(*)2分，結(jié)論正確2分.四、（24分）C??R?z????lr（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C??R?z????lr①同時，對應于圓環(huán)角速度?，指向OO?軸的小球加速度大小為②該加速度的指向中心C的分量為③該加速度的沿環(huán)面且與半徑垂直的分量為④由①③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⑤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、垂直于環(huán)面的方向的分量.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、和.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)切向的分量即要改變小球速度的大?。辉诖怪庇诃h(huán)面方向的分量即要改變小球?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，但與大圓環(huán)沿軸的豎直運動無關(guān).在指向環(huán)心的方向，由牛頓第二定律有⑥合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有⑦式中L0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??所對圓弧的質(zhì)量為（），其角動量為⑧式中是圓環(huán)上?角位置到豎直軸OO?的距離，為兩虛線間窄條的面積．⑧式說明，圓弧的角動量與成正比.整個圓環(huán)（兩個半圓環(huán)）的角動量為⑨[或：由轉(zhuǎn)動慣量的定義可知圓環(huán)繞豎直軸OO?的轉(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⑧則角動量L為⑨]同理有⑩力及其反作用力不做功；而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?式中和分別為圓環(huán)以角速度和轉(zhuǎn)動時的動能．圓弧的動能為整個圓環(huán)（兩個半圓環(huán)）的動能為?[或：圓環(huán)的轉(zhuǎn)動動能為?]同理有?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，當?時，圓環(huán)才能沿軸上滑．由⑥⑦⑨⑩???式可知，?式可寫成?式中，是重力加速度的大小.（2）此時由題給條件可知當時，?式中等號成立，即有或?由⑦⑨⑩?式和題給條件得?由?????式和題給條件得?評分標準：本題24分．第（1）問18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩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.由題意知：,，代入透鏡成像公式①得像距為②其橫向放大率為③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，由兩個相似三角形與的關(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，此時圓形光闌在C點左側(cè).1分當圓形光闌半徑逐漸減小時，均應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使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半．1分ACACOBB'（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與的關(guān)系，得④可見當圓盤半徑（光闌邊緣與AB相交）時，圓盤剛好能成完整像，但其亮度變暗．4分CRCRBR'B'若進一步減少光闌半徑，圓盤像就會減?。斖哥R上任何一點發(fā)出的光都無法透過光闌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cm.此時有利用兩個相似三角形與的關(guān)系，得⑤可見當圓形光闌半徑=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DDDDDDREER'E'（4）只要圓形光闌放在C點（距離透鏡為15cm）和光屏之間，圓盤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，則當圓形光闌半徑逐漸減小時，圓盤像的形狀及大小不變，亮度變暗；2分同時不存在圓形光闌半徑使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半．1分評分標準：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、（22分）（1）整個電容器相當于個相同的電容器并聯(lián)，可旋轉(zhuǎn)金屬板的轉(zhuǎn)角為時 ①式中為兩相鄰正、負極板之間的電容 ②這里，是兩相鄰正負極板之間相互重迭的面積，有 ③由②③式得 ④由①④式得 ⑤（2）當電容器兩極板加上直流電勢差E后，電容器所帶電荷為 ⑥當時，電容器電容達到最大值，由⑤式得 ⑦充電穩(wěn)定后電容器所帶電荷也達到最大值，由⑥式得 ⑧斷開電源，在轉(zhuǎn)角取附近的任意值時，由⑤⑧式得，電容器內(nèi)所儲存的能量為 ⑨設(shè)可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩為（它是由若干作用在可旋轉(zhuǎn)金屬板上外力產(chǎn)生的，不失普遍性，可認為的方向垂直于轉(zhuǎn)軸，其作用點到旋轉(zhuǎn)軸的距離為，其值的正負與可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩的正負一致），當金屬板旋轉(zhuǎn)（即從變?yōu)椋┖螅娙萜鲀?nèi)所儲存的能量增加，則由功能原理有 ⑩式中，由⑨⑩式得 ?當電容器電容最大時，充電后轉(zhuǎn)動可旋轉(zhuǎn)金屬板的力矩為 ?（3）當，則其電容器所儲存能量為?由于邊緣效應引起的附加電容遠小于，因而可用⑦式估算．如果，利用⑦式和題設(shè)條件以及周期平均值公式 ?可得電容器所儲存能量的周期平均值為 ?如果，?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式得電容器所儲存能量的周期平均值為 ?由于邊緣效應引起的附加電容與忽略邊緣效應的電容是并聯(lián)的，因而應比用⑦式估計大；這一效應同樣使得；可假設(shè)實際的近似等于用⑦式估計．如果，利用⑦式和題設(shè)條件以及周期平均值公式 ?可得電容器所儲存能量的周期平均值為 ?[如果，?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式得電容器所儲存能量的周期平均值為 ?]為 ?d?圖(a)評分標準：本題22分．第（1）問6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）問9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩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，??d?圖(a)七、（26分）（1）通有電流的鎢絲（長直導線）在距其處產(chǎn)生的磁感應強度的大小為 ①由右手螺旋定則可知，相應的磁感線是在垂直于鎢絲的平面上以鎢絲為對稱軸的圓，磁感應強度的方向沿圓弧在該點的切向，它與電流的方向成右手螺旋．兩根相距為的載流鎢絲（如圖（a））間的安培力是相互吸引力，大小為 ②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 ③由②③式可知，兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的分量為 ④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 ⑤其方向指向軸心．（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．圓柱面上角對應的柱面面積為 ⑥圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為 ⑦由于，有 ⑧由⑦⑧式得 ⑨代入題給數(shù)據(jù)得 ⑩一個大氣壓約為，所以 ?即相當于一千萬大氣壓．（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和，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，通過和段的電流之比等于它們到A點的距離之比： ?式中，因此有 ?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 ?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 ?式中第一個等號右邊的第一項可直接由⑤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