全国中学生物理竞赛决赛试题及答案.pdf

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1、第 27届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案一、（25 分）填空题1一个粗细均匀的细圆环形橡皮圈，其质量为M，劲度系数为 k，无形变时半径为R。现将它用力抛向空中，忽略重力的影响，设稳定时其形状仍然保持为圆形，且在平动的同时以角速度于圆面的轴线匀速旋转，这时它的半径应为2鸽哨的频率是f。如果鸽子飞行的最大速度是观察者可能观测到的频率范围是从V。）绕通过圆心垂直。u，由于多普勒效应，到。（设声速为3如图所示，在一个质量为M、内部横截面积为A的竖直放置的绝热气缸中，用活塞封闭了一定量温度度为 T0的理想气体。活塞也是绝热的，活塞质量以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不计。已知大气压强为p0，重力加速

2、度为g，现将活塞缓慢上提，当活塞到达气缸开口处时， 气缸刚好离开地面。 已知理想气体在缓慢变化的绝热过程中 pV保持不变，其中p是气体的压强，V是气体的体积，数。根据以上所述，可求得活塞到达气缸开口处时气体的温度为。是一常4（本题答案保留两位有效数字）在电子显微镜中，电子束取代了光束被用来“照射”被观测物。要想分辨1.01010 m（即原子尺度）的结构，则电子的物质波波长不能大于此尺度。据此推测电子的速度至少需被加速到。如果要想进一步分辨 1.0 1012 m尺度的结构，则，且为使电子达到这一速度， 所电子的速度至少需被加速到需的加速电压为。已 知 电 子 的 静止 质 量 mee9.1 10

3、31 kg， 电 子 的 电 量1.6 1019 C，普朗克常量h6.71034 J s，光速 c3.0108 m s1。二、（20 分）图示为一利用传输带输送货物的装置，物块（视为质点）自平台经斜面滑到一以恒定速度带输送到远处目的地，已知斜面高带宽v运动的水平长传输带上，再由传输h 2.0m，水平边长 L 4.0m，传输，传输带的运动速度d2.0mv 3.0m/s。物块与斜面间的摩擦系数10.30。物块自斜面顶端下滑的初速度为零。沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直。设斜面与传输带接触处为非常小的一段圆弧，使得物块通过斜面与传输带交界处时其速度的大小不变，重力加速度 g 10m/s2。1

4、为使物块滑到传输带上后不会从传输边缘脱离，物块与传输带之间的摩擦系数2至少为多少？2假设传输带由一带有稳速装置的直流电机驱动，与电机连接的电源的电动势 E200V，内阻可忽略；电机的内阻 R10，传输带空载（无输送货物）时工作电流 I0 2.0A，求当货物的平均流量 （单位时间内输送货物的质量），稳定在640 kg/s时，电机的平均工作电流等于多少？9假设除了货物与传输带之间的摩擦损耗和电机的内阻热损耗外，其它部分的能量损耗与传输带上的货物量无关。三、（20 分）如图，刚性细轻杆（其质量可视为零）可绕通过其中的点 O的光滑水平轴在竖直面内自由转动。两质量分别为2m和m的小球1 和 2（可视为质

5、点）串在轻杆上，它们与轻杆之间的静摩擦系数为5 36。开始时轻杆静止在水平位置，小球1 和 2分别位于紧靠轻杆两端 A和 B的位置。现让系统自水平位置以零初速下摆，求1小球 1脱离轻杆时的位置（用小球1 脱离杆时杆与水平线的夹角表示）；2小球 2脱离轻杆时的位置（用小球2 脱离杆时杆与水平线的夹角表示）。四、如图所示，A、 B、 C为三个质点，A的质量远远大于B、 C的质量， B和 C的质量相等。已知A、 B之间， A、C之间存在相互吸引力。B、 C之间存在相互排斥力，三个把质点在相互间引力或斥力的作用下运动，如果作用力合适，可以存在一种如下形式的运动：A、B、C的相对位置固定，它们构成一个平

6、面，三个质点绕着位于这个平面内的某条轴匀速转动；因为质点A的质量远远大于B、 C的AB与转轴的夹角1质量，可认为该轴过质点A且固定不动；连线与连线 AC与转轴的夹角2不相等，且 0k AB1， 02。2若 AB之间吸引力的大小fABa2ACfak ACa，之间吸引力的大小为，其中 AB、 AC分别为A、B与A、C之间的距离，k为比例系数，不计重力的影响。试问 a的值在什么范围内，上述运动才能实现？五、（15 分）南极冰架崩裂形成一座巨型冰山，随洋流漂近一个城市。有人设计了一个利用这座冰山来发电的方案，具体过程为：a先将环境中一定量的空气装入体积可变的容器，在保持压强不变的条件下通过与冰山接触容

7、器内空气温度降至冰山温度；b使容器脱离冰山，保持其体积不变， 让容器中的冰空气从环境中吸收热量， 使其温度升至环境温度； c在保持容器体积不变的情况下让空气从容器中喷出，带动发电装置发电。如此重复，直至整座冰山融化。已知环境温度Ta293K，冰山的温度为冰的熔点T1273K，可利用的冰山的质量m1.0 1011 kg，为了估算可能获得的电能， 设计者做出的假设和利用的数据如下：1空气可视为理想气体。2冰的熔解热L3.34105 J/ kg；冰融化成温度为T1的水之后即不再利用。3压强为p、体积为V的空气内能U2.5pV。4容器与环境之间的热传导良好，可以保证喷气过程中容器中空气温度不变。5喷气

8、过程可分解为一连串小过程， 每次喷出的气体的体积都是u，且u远小于容器的体积。在每个小过程中， 喷管中的气体在内外压强差的作用下加速， 从而获得一定动能 E，从喷嘴喷出。不考虑喷出气体在加速过程中体积的改变，并认为在喷气过程中容器内的气体压强仍是均匀的，外压强的大气压。6假设可能获得的电能是E总和的 45%7当x1时， ln 1 x x。试根据设计者的假设，计算利用这座冰山可以获得的电能。六、（15 分）如图，两块大金属板A和 B沿竖直方向平行放置，相距为 d，两板间加有恒定电压 U，一表面涂有金属膜的乒乓球垂吊在两板之间，其质量为 m。轻推乒乓球，使之向其中一金属板运动，乒乓球与该板碰撞后返

9、回，并与另一板碰撞，如此不断反复。假设乒乓球与两板的碰撞为非弹性碰撞，其恢复系数为 e，乒乓球与金属板接触的时间极短，并在这段时间内达到静电平衡。达到静电平衡时，乒乓球所带的电荷量与两极板间电势差的关系可表示为q00q C U，其中 C为一常量。同时假设乒乓球半径远小于两金属板间距d，乒乓球上的电荷不影响金属板上的电荷分布； 连接乒乓球的绳子足够长， 乒乓球的运动可近似为沿水平方向的直线运动；乒乓球第一次与金属板碰撞时的初动能可忽略，空气阻力可忽略。试求：1乒乓球运动过程中可能获得的最大动能；2经过足够长时间后，通过外电路的平均电流。七、（20 分）如图a所示，十二根均匀的导线杆联成一边长为l

10、的刚性正方体，每根导线杆的电阻均为 R。该正方体在匀强磁场中绕通过其中心且与 abcd面垂直的转动轴作匀速转动，角速度为 ，已知磁感应强度大小为 B，方向与转动轴垂直。忽略电路的自感。当正方体转动到如图 b所示位置（对角线bd与磁场方向夹角为 ）时，求1通过导线ba、ad、bc和cd的电流强度。2为维持正方体作匀速转动所需的外力矩。八、（10 分）空心激光束是一种在传播方向上中心光强为零的圆筒形光束。由于这一特征， 它可以把某些微小粒子约束在激光束的中心部位，作为激光导管，激光镊子、光学扳手等，实现对纳米粒子、生物细胞等微小粒子的精确操控。 空心激光技术目前在生物学、 激光加工、原子冷却等方面

11、得到了广泛的应用，正逐渐成为一门新兴的学科分支。产生空心激光束的基本做法是利用光学系统将一束实心的圆柱形激光转换成为一束空心的激光。 给定如下光学器件： 焦距为f的凸透镜，圆锥角为45的锥面反射镜， 半径为R的球面镜（中间有圆孔），如图：利用上述光学器件设计一光学系统， 使得一束很细的实心圆柱入射激光转化成一束空心的出射激光，且空腔为圆柱形，半径为 r。请回答如下问题：1画出该光学系统的光路图。2求该光学系统中锥面镜顶点到球面镜球心的距离x。一、（25 分）填空题1224 kR2（6 分）4 kM2fV，fV（4 分）VuVu1 13T01Mg（6 分）p0 A6181547.310 m s，

12、 2.8 10m s， 8.410V（9分）phEp2 c2me2 yEkeVEme c2二、（20 分）1令m表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度amg sin1mg cosmg sin1cos，（1）物块滑到斜面底端的速度v02ah2gh 11 cot4.0m/s（2）sin以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小v0v02V25.0m/s。（3）运动方向与传输带边缘的夹角满足tan4。（4）3物块在传输带上作减速运动，其加速大小为a2 mg（5）m2 g。当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离sv02v02，（6）2a21 g物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数2应满足

13、2s sinv0 sind（7）2g2因此可得v02sin22gd0.5。（8）2物块对传输带的摩擦力大小Fg2v0v0，（9）2g方向与 v0的方向相同。从地面参照系来看，传送带速度为间内物块对传输带所做的功WFV cos，（10）因此负载所引起的附加功率PWV2640W。（11）V，单位时考虑到无负载时电机的输出功率P0 I0E I02R 360W。（12）有负载时电机的输出功率为P P0P 1000W。（13）I，则设有负载时的工作电流为P IE I2R，（14）解之得I 10A。（15）评分标准：（2）式 2分，（3）、（4）式共 2分，（6）式 2分，（7）式3 分，（8）式 1分，

14、（9）式 4分，（10）式 2分，（13）式 2分，（15）式 2分。三、（20 分）设轻杆的杆长为 2l，当杆与水平线的夹角为分别为 v1和 v2，杆转动的角速度为0 mgl sin时，球 1和球 2的速度。因机械能守恒，有（1）2mgl sin21 2 m v121m v2。22又因v1 v2 l，（2）可由（ 1）、（2）解得2g sin3l（3）轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量L 2mlv1 mlv2，（4）由角动量定律有2mgl cosmgl cosL。t（5）根据角加速度，t的定义（6）由（ 2 ）、（4）、（5）、（6）各式得g cos3l。（7）当两球都未脱离轻杆时，两球都

15、绕转轴作圆周运动，球 1的切向加速度和法向加速度分别为altaltl（8）l（9）以N1表示沿垂直于轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小，以f1表示沿着轻杆方向球 1与杆的相互作用力的大小， 根据牛顿第二定律， 有2mg cosf1 2mg sinN1 2malt，2malt（10）（11）由（ 3）、（9）、（10）、（11）各式得N14 mg cos。（12）（13）f13103mg sin对 2球作同样的分析， 沿垂直于轻杆方向球2 与杆的相互作用力的大小 N2与沿着轻杆方向球2 与杆的相互作用力的大小N2f2分别为4313mg cos，（14）f2mgsin。（15）由（ 12）、（

16、14）式可知，杆与小球 1、杆与小球 2的最大静摩擦力相等，而（ 13）、（14）式表明小球1 与杆的摩擦力大于小球 2与杆的摩擦力，故在转动过程中，小球 1与杆之间的摩擦力先达到最大静摩擦力，故小球 1先滑动。设 1球开始滑动时，细杆与水平线夹角为即1，则 f1 1N1 1，10 mg sin133mg cos1，4（16）由（ 16）式并代入数据得1。6（17）当1时，球 1 开始向外滑动。由于球 1 的初始位置紧靠轻杆末端，球 1从开始滑动到脱离细杆的时间可忽略不计，因此球 1 脱离细杆与水平线夹角也为16。球 1一旦脱离轻杆， 因轻杆没有质量， 球 2与轻杆间的相互作用立即消失，此后球

17、 2 只受重力作用而作斜舞女运动，注意到（ 2）、（3）、（7）各式，抛出时的初速度v0l2g sin13l3gl3。（18）初速度的方向与水平线的夹角021。3（19）在球 2作抛体运动的过程中， 球与轻杆间虽无相互作用， 但球仍套在杆上，轻杆将跟着球运动，但不会干扰小球的运动。当球离转轴的距离再次等于 l时，球 2 便脱离轻杆。建立如图所示的坐标系Oxy，根据斜抛运动规律可得任意t时刻（取球 2 开始作抛体运动的时刻为计时起点）球 2的位置坐标xl cos1v0 cos0t，（20）（21）yl sin1v0 sin0 t 1 gt2，2球 2脱离细杆时有l2x2y2。（22）利用（ 17

18、）、（18）、（19）各式得t2 t22ltg2 l3 g0，（23）从而解得t 1153l。g（24）此时x235l62y615l。（25）设球 2脱离细杆时细杆与水平线夹角也为cos222（如图），则xl2 362 35，5（26）arccos678.2（或 1.36弧度）。（27）评分标准：（3）式 2分，（7）式 3分，（12）（15）式各 1分，（16）式 2分，（17）式 1分，（18）式 2分，（19）式 1分，（20）（22）式各 1分，（26）、（27）式各 1分。四、（15 分）解法 1：以 m表示质点B的质点， 表示连线BC与竖直方向的夹角， 表示转动角速度， fBC表示

19、BC间排斥力的大小。根据牛顿定律有fAB sin1fBC sinm2AB sin1，（1）fAB cos1fBC cos0，（2）fAC sin2fBC sin m2AC sin2，（3）fAC cos2fBC cos0。（4）由（ 1）、（3）两式并利用（ 2）、（4）两式可得fAB sin1AB sin1。（5）fAC sin2AC sin2考虑到几何关系ABsin2ACsin（6）1并利用已知fAB和 fBC的表示式。可由（5）得到a 2ABsin1ACsin（7）2又，由（ 2）、（4）式可得fABcos2。（8）f ACcos1带入已知的fAB和 fBC的表达式可得ABcos2。（9

20、）ACcos1联立（ 7）、（9）从而有sin1 cos21sin2cos22。（10）如果12，则意味着方程sincos2C 0（11）在0 ，区间有两个不同的解，其中C为某一合适的常数。这要求函2数 sincos2在 0，区间不能是单调函数， 也就是说 sin和 cos2不2能同时为单调增函数或单调减函数。因此当则 cos2增大时，若 sin增大，应减小；反之，若 sin减小，则 cos2应增大，故与2同号。因此有0a 2（12）（13）在0及2。0，可知 sin2对 acos2时均为零，因此 sin cos在0，2区间一定存在极值点，意味着方程（11）在C合适选取的情况下必有两个或两个以

21、上的不同解。对a2亦然。因此条件（ 12）、（13）是符合题意要求的充分必要条件。评分标准：（1）（4）式各 1分，（6）式 1分，（10）式 6分，（12）、（13）式及其以下说明共 4分。解法 2：如图，设 B、C间的排斥力是f，它们受到 A的吸引力分别是fAB、fAC，向心力分别是fC1、 fC 2，距离A分别是 r1、r2；根据三角形的相似关系，有fABr1fACr2fC1ABfC 2ADfBDf，（1a）（2a）。CD以上两式相比可得fAB r2fC1CDBDf r AC1f（3a）C 2依题意有fABr1fAC，（4a）r2ffC1EBFCAFAEr1 sin1，r2 sin2r2

22、 cos2，r1 cos1（5a）（6a）C 2CDBD将（ 4a）（6a）代入（ 3a）得112r1r2r1 sinr2 sinr2 cos2。r1 cos1（7a）由（ 7a）得sin1 cos21sin2cos22。（8a）之后的讨论与“参考解答1”相同。评分标准：考虑“参考解答1”。五、（15 分）以 pa表示环境中大气的压强，则初始时装入容器的空气的压强为 pa，温度为 Ta，以 Va表示其体积。当容器与冰山接触，达到平衡时，容器中空气的温度为 T1，体积减小为 V0，根据题意，空气经历的过程为等压过程，故有V0T1VaTa（1）在这一过程中，容器中空气内能的增加量为U2.5 pa

23、V0 Va，（2）大气所考察空气做功为Wpa V0 va（3）若以 Q表示此过程中冰山传给容器中空气的热量，根据热力第一定律有QUW。（4）由以上四式得T1TaQ 3.5 paVaTa（5）（5）式给出的Q是负的，表示在这一过程中，实际上是容器中的空气把热量传给冰山。容器中空气的温度降至冰山温度后，又经一过等容升温过程， 即保持体积 V0不变，温度从 T1升至环境温度 Ta，并从周围环境吸热。 若以 p1表示所考虑空气的压强，则有p1TapaT1（6）u，当喷管中的气体第一次被喷出时，容器中空气的设喷管的体积为压强由 p1降到 p2；根据题目给出的条件，有p1 V0up2V0，p1V0 u（7

24、）（8）即 p2V0喷出气体获得的动能Ek1 p1 pa u。（9）当喷管中的空气第二次喷出后，容器中空气压强由p2降到 p3，根据题给出的条件可得p3 p2V0uV0（10）喷出气体获得的动能Ek2p2 pa u。（11）pN降到 pN 1，当喷管中的空气第 N次被喷出后，容器内空气的压强由根据题给出的条件可得pV0uN 1pNV0（12）喷出气体获得的动能E1kpN pa u。（13）如果经过 N次喷射后，容器中空气的压强降到周围大气的压强，即pN 1pa，（14）这时喷气过程终止，在整过喷气过程中，喷出气体的总动能。EkE Ek1k2EkNNpau，（15）利用（ 8）到（ 13）式，（

25、15）式可化成Ekp1u 1V0 uV0V0 uV02V0uV0N 1（16）（16）式等号右边第 1 项方括号内是N项的等比级数，故有N1V0uV0Ekp1uNpa u。（17）1V0uV0又，根据（ 8）、（10）、（12）、（14）各式可得V0up1NV0pa，（18）对（ 18）式等式两边取自然对数得N ln 1uV0lnpap1。（19）因 uNV0，可利用近似公式 ln 1 x x把（19）进一步化简，即V0lnp1upa（20）进而由（ 17）、（18）、（20）三式得Ekp1 pa V0 paV0 lnp1（21）pa将（ 1）、（6）代入（ 21）式，可得Ekpava 1 T

26、1T1TaTalnT1。（22）Ta根据题意，这些动能可转化成的电能为E 0.45 paVa 1T1T1ln T1。TaTaTa（23）以上讨论表明，要获得电能E，冰山必须吸收Q的热量，整座冰山化掉可吸收的总热量Q1mL。（24）因此可产生的总电量为E1mLQ E。（25）将（ 5）和（ 23）带入（ 25）式，得E191mLT1T1ln T1TaTaTa，（26）701T1Ta代入数据后有E11.5 1014 J（27）评分标准：（5）式 3分，（7）式 1分，（9）式 2分，（17）式 2分，（18）式 1分，（22）式 3分，（25）（27）式各 1分。参考解答 2：以 pa表示环境中大

27、气的压强。设融化整座冰山可使 n摩尔的空气参与如题所述 的过 程， 且在过 程 a中体积 和温度 变化 分别 为V和TT1 Ta，则在此过程中这部分气体放出的热量为Qpa V5 pa V。（1）2其中右边第一项表示大气对系统做的功，第二项表示系统内能的变化，考虑到物态方程，有Q72nR TaT1，（2）这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故QmL，（3）因此联立（ 2）、（3）可得n2 mL7 R TaT1。（4）p0，体积达到 V0，则易在气体等容吸热的过程b中，设最后达到压强得paTa pa，T1nRTa（5）V0p0（6）再考虑喷气过程：因为等温，在每个喷气的小过程中过后，容器内的压强增

28、量pppp满足其中0V0u，V0（7）V为过程 b中系统的体积， p为这个喷气过程中容器内的压强，那么喷出的气体的动能Ep pa u，（8）与（ 7）联立，消去u，得Ekp pa V0p。p（9）dE，pdp，总的动能则为因此，做变换paEdpEkp0p pa V0p（10）p0 pa V0paV0 lnp0pa最后，据题意所获得的总的电能为E0.45Ek，（11）将（ 4）、（5）、（6）、（10）带入（ 11）式，得E91T1T1ln T1 mL70TaTa1T1TaTa；（12）代入数据后有14E 1.5 10 J。（13）评分标准：参考“参考解答1”的评分标准。1根据题意，乒乓球与金属

29、板第一次碰撞前其动能和速度分别为Ek100（1）（2）v1刚碰后，乒乓球带的电荷量q C0U（3）其动能和速度分别为Ek10v10（4）（5）此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动。当它到达另一金属板，与金属板第二次碰撞前其动能为Ek2 Ek2 qU（6）注意到（ 3）、（4）式有Ek2C0U2与金属板第二次碰撞前的速度为v22Ekm第二次碰撞后的速度和动能分别v2ev212Ek22mv2由（ 9）、（10）式得Ek2e2 Ek2乒乓球与金属板第三次撞前动能为Ek2Ek2qU由（ 3）、（7）（11）、（12）式得Ek31eC0U2乒乓球与金属板第三次碰撞前速度v12Ek2m乒乓球与金属

30、板第三次碰撞后的速度和动能分别为v3ev3Ek3e3Ek3乒乓球与金属板四次碰撞前的动能Ek4Ek3qU由（ 3）、（15）、（18）、（19）式得（7）（8）（9）（10）（11）（12）（15）（16）（17）（18）（19）Ek41e2e4 C0U2（20）乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为v42Ek4（21）m乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为v4ev4Ek4e2 Ek4（22）（23）以此类推，可得乒乓球与金属板第22 n 22n次碰撞前、后的动能分别为EknEkn1 ee2 1 e2e2 n 2C0U（24）eC0U22（25）即2 n 1Ekn1 e2C0U21ee2 1

31、（26）Ee2 n 12lnC0U2（27）1e对非弹性碰撞， e1，可由以上两式看出Ekn和 Ekn均随碰撞次数单调递增。当 n时有Ek?12C0U21e2（28）Eke22 C0U（29）1e乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能，即Ekmax Ek12C0U21 en（30）2经过足够长时间后亦即时，乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一次碰撞前的速度分别为v2EkmeU2C01 e2（31）m2EkvmU2C01 e2 m（32）此间时间间隔Tvdv2（33）因此可得，通过外电路的平均电流强度Iq（34）T由（ 31）、（32）、（ 33）、（34）各式得C U201 e

32、C0Id1e2m（35）评分标准：（26）、（27）式或（ 28）、（29）式共 8分，（30）式 2分，（31） （33）式各 1分，（35）式 2分。七、参考答案 1：1a a和cc中的感应电动势为Ea a Ecc12 Bl2 sin2（1）b b和 dd中的感应电动势为2b bdd2Bl cos2（2）2根据电路的对称性可知Iba Ia b Id c Icd I1， Iad Id a Ic b Ibc I2（3）根据基耳霍夫第一定律，有IaaIc cIbbIddI1I1I2I2（4）（5）根据基耳霍夫第二定律，有I1R Iaa R I1R1Ibb R21（6）I1R Idd R I2 R

33、 Iad RIbcIad21（7）I12 Bl28R2 Bl2cossin（8）IadIbcI2cossin（9）8R2当正方体转动到任意位置（对角线db与磁场夹角为任意）时，通过 a a、 cc， b b、 dd的电流Ia aIadIba2 Bl24R2 Bl2442 BI2sin（10）IccIbcIcdsin（11）IbbIbaIbccosR2（12）4IadIcd2 BlIddcos（13）4R为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合力矩，即Fa aFccM2Fa aBlIa a， Fb b2l sin2Fbb2Fdd BlIb b2l cos2（14）（15）将（ 1

34、1）（14）代入（ 15），得24MB l2R。（16）评分标准：（1）、（ 2）式共 2分，（4）、（5）式共 4分，（6）、（7）式共 4分，（10）（13）式共 2分，（14）式 1分，（15）式 2分，（16）式 1分。参考解答 2：1a a和cc中的感应电动势为aacc2 Bl2sin2（1b）b b和 dd中的感应电动势为b bdd2 Bl2cos2（2b）先计算b b和dd单独存在（a a和cc短路）时流过各支路的电流。若将a a和 cc断开，则等效电路如图所示，则通过Ibb1b b和 dd电流Idd1b bdd2 Bl24Rcos（3b）4 R通过 ba、 ad、 bc和 cd

35、的电流强度Ibd1Iad1Icd112Ibb12 Bl28Rcos（4b）根据电路的对称性，此时 a、a之间，c、 c之间的电势差Ua aUcc0（5b）由此连接 a a和 cc后流过 a a和 cc的电流。Iaa1Icc10（6b）因此连接 a a和 cc不影响 ba和 ad中的电流。再计算aa和cc单独存在（b b和 dd短路）时流过各支路的电流。 若将 b b和 dd断开，等效短路时如图所示。采用与上述一样的方法， 可得a a和cc单独存在时流进 a a和 cc电流I2a aI2cc2 Bl24 Rsin（7b）通过 ba、 ad、 bc和 cd的电流Iba22Icd222 Bl2sin

36、（8b）82 Bl8 RR2IadIbcsin（9b）此时 b、b之间和 d、d之间的电势差Ub bUdd0，由此连接b b和dd后流过 b b和 dd的电流Ib2bIdd20（10b）因此连接 bb和 dd不影响各支路中的电流。根据叠加原理，12ba、 ad、 bc和 cd的电流强度；2 Bl2IbaIbaIba128R22 Blcoscoscoscossinsinsinsin（11b）（12b）IadIadIad128R22 BlIbcIbcIbc12（13b）8R22 BlIcdIcdIcd（14b）8R2与“参考解答 1”相同。评分标准：参考“参考解答1”的评分标准。八、参考解答：1光路图如下，指出被球面镜反射的光线汇累于凸透镜的焦点。2参照所给光路图，可知sinCOx，设CAOa，有如下几何关系：x，Rf cot 2（1）（2）r两式联立，可求得x Rsin arctan1f。（3）5 分，（3）式 5分。2r评分标准：正确画出光路图