14年第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案全word版.docx
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14年第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案全word版
2014年第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案（全Word版）
第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 2014年9月20日 说明：
所有答案必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。
一、2013年6月20日，“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课.授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应.视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中.假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化，如图所示.该液滴处于平衡状态时的形状是__________； 决定该液滴振动频率f的主要物理量是________________________________________；按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.二、（16分）一种测量理想气体的摩尔热容比?
?
Cp/CV的方法如图所示：
大瓶G内装满某种理想气体，瓶盖上通有一个灌气开关H，另接出一根U形管作为压强计M．瓶内外的压强差通过U形管右、左两管液面的高度差来确定.初始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高，记录此时U形管液面的高度差hi．然后打开H，放出少量气体，当瓶内外压强相等时，即刻关闭H.等待瓶内外温度又相等时，记录此时U形管液面的高度差hf．试这两次记录的实验数据hi和hf，导出瓶内 气体的摩尔热容比?
的表达式． 三、如图所示，一质量为m、底边AB长为b、等腰边长为a、质量均匀分布的等腰三角形平板，可绕过光滑铰链支点A和B的水平轴x自转动；图中原点O位于AB的中点，y轴垂直于板面斜向上，z轴在板面上从原点O指向三角形顶点C.今在平板上任一给定点M0（x0,0,z0）加一垂直于板面的拉 AxM0CQzy振动的 液滴 ?
OB 力Q. 若平衡时平板与竖直方向成的角度为?
，求拉力Q以及铰链支点对三角形板的作用力 NA和NB； 若在三角形平板上缓慢改变拉力Q的作用点M的位置，使平衡时平板与竖直方向成 的角度仍保持为?
，则改变的作用点M形成的轨迹满足什么条件时，可使铰链支点A或B对板作用力的垂直平板的分量在M变动中保持不变？
四、如图所示，半径为R、质量为m0的光滑均匀圆环，套在光滑竖直细轴OO?
上，可沿OO?
轴滑动或绕OO?
轴旋转．圆环上串着两个质量均为m的小球.开始时让圆环以某一角速度绕OO?
轴转动，两小球自圆环顶端同时从静止开始释放． 设开始时圆环绕OO?
轴转动的角速度为?
0，在两小球从环顶下滑过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿OO?
轴上滑？
若小球下滑至?
?
30?
时，圆环就开始沿OO?
轴上滑，求开始时圆环绕OO?
轴转动的角速度?
0、在?
?
30?
时圆环绕OO?
轴转动的角速度?
和小球相对于圆环滑动的速率v. 五、如图所示，现有一圆盘状发光体，其半径为5cm，放置在一焦距为10cm、半径为15cm的凸透镜前，圆盘与凸透镜的距离为20cm，透镜后放置一半径大小可调的圆形光阑和一个接收圆盘像的光屏．图中所有光学元件相对于光轴对称放置．请在几何光学近轴范围内考虑下列问题，并忽略像差和衍射效应． 圆盘凸透镜光阑光屏COO?
?
?
R 未放置圆形光阑时,给出圆盘像的位置、大小、形状； 若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm处.当圆形光阑的半径逐渐减小时，圆盘的像会 有什么变化？
是否存在某一光阑半径ra，会使得此时圆盘像的半径变为中圆盘像的半径的一半？
若存在，请给出ra的数值. 若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm处，回答中的问题；圆形光阑放置在哪些位置时，圆盘像的大小将与圆形光阑的半径有关？
若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm处，回答中的问题. 六、如图所示，一电容器固定在共同导电底座上的N+1片对顶双扇形薄金属板和固定在可旋转的导电对称轴上的N片对顶双扇形薄金属板组成，所有顶点共轴，轴线与所有板面垂直，两组板面各自在垂直于轴线的平面上的投影重合，板面扇形半径均为R，圆心角均为?
0开始时两组金属板在垂直于轴线的平面上的投影重合，忽略边缘效应，求可旋转金属 板的转角为?
时电容器的电容C（?
）； 当电容器电容接近最大时，与电动势为E的电源接通充电，稳定后断开电源，求此时电容器极板所带电荷量和驱动可旋转金属板的力矩；假设?
0?
；固定金属板和可?
?
0?
?
） N+1片固定金属板?
2，考虑边缘效应后，第问中的C（?
）可视为在其最大值和最小值之间 光滑变化的函数 11C（?
）?
（Cmax?
Cmin）?
（Cmax?
Cmin）cos2?
22式中，Cmax可第问的结果估算，而Cmin是因边缘效应计入的，它与Cmax的比值?
是已知的．若转轴以角速度?
m匀速转动，且?
?
?
mt，在极板间加一交流电压V?
V0cos?
t．试计算电容器在交流电压作用下能量在一个变化周期内的平均值，并给出该平均值取最大值时所对应的?
m． 七、Z-箍缩作为惯性约束核聚变的一种可能方式，近年来受到特别重视，其原理如图所示．图中，长20mm、直径为5?
m的钨丝组成的两个共轴的圆柱面阵列，瞬间通以超强电流，钨丝阵列在安培力的作用下以极大的加速度向内运动,即所谓自箍缩效应；钨丝的巨大动量转移到处于阵列中心的直径为毫米量级的氘氚靶球上，可以使靶球压缩后达到高温高密度状态，实现核聚变．设内圈有N根钨丝均匀地分布在半径为r的圆周上，通有总电流I内?
2?
107A；外圈有M根钨丝，均匀地分布在半径为R的圆周上，每根钨丝所通过的电流同内圈钨丝．已知通有电流i的长直导线在距其r处产生的磁感应强 i度大小为km，式中比例常量km?
2?
10?
7T?
m/A?
2?
10?
7N/A2． r若不考虑外圈钨丝，计算内圈某一根通电钨丝中间长为?
L的一小段钨丝所受到的安 培力； 若不考虑外圈钨丝，内圈钨丝阵列熔化后形成了圆柱面，且箍缩为半径r?
的圆柱面时，求柱面上单位面积所受到的安培力，这相当于多少个大气压？
证明沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面，圆柱面内磁场为零，即通有均匀电流外圈钨丝的存在不改变前述两小题的结果； I当N?
?
1时,则通有均匀电流的内圈钨丝在外圈钨丝处的磁感应强度大小为km内，若 R要求外圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力大于内圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力，求外圈钨丝圆柱面的半径R应满足的条件； 安培环路定理可得沿柱轴方向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，请用其他方法证明此结论. 金属极板 外圈钨丝 金属极板 靶球 内圈钨丝支架 八、天文观测表明，远处的星系均离我们而去．著名的哈勃定律指出，星系离开我们的速度大小v?
HD，其中D为星系与我们之间的距离，该距离通常以百万秒差距为单位；H为哈勃常数，最新的测量结果为H=/（s?
Mpc）．当星系离开我们远去时，它发出的光谱线的波长会变长．红移量z被定义为z?
?
?
?
?
，其中?
?
是我们观?
测到的星系中某恒星发出的谱线的波长，而?
是实验室中测得的同种原子发出的相应的谱线的波长，该红移可用多普勒效应解释．绝大部分星系的红移量z远小于1，即星系退行的速度远小于光速．在一次天文观测中发现从天鹰座的一个星系中射来的氢原子光谱中有两条谱线，它们的频率?
?
分别为?
1014Hz和?
1014Hz．于这两条谱线处于可见光频率区间，可假设它们属于氢原子的巴尔末系，即为n>2的能级向k=2的能级跃迁而产生的光谱． 该星系发出的光谱线对应于实验室中测出的氢原子的哪两条谱线？
它们在实验室中的波长分别是多少？
求该星系发出的光谱线的红移量z和该星系远离我们的速度大小v； 求该星系与我们的距离D． 第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2014年9月20日 一、球形 液滴的半径r、密度?
和表面张力系数?
解法一 假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为 f?
kr?
?
?
?
?
① 式中，比例系数k是一个待定常数.任一物理量a可写成在某一单位制中的单位[a]和相应的数值{a}的乘积a?
{a}[a].按照这一约定，①式在同一单位制中可写成 {f}[f]?
{k}{r}?
{?
}?
{?
}?
[r]?
[?
]?
[?
]?
于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 [f]?
[r]?
[?
]?
[?
]?
②力学的基本物理量有三个：
质量m、长度l和时间t，按照前述约定，在该单位制中有 m?
{m}[m]，l?
{l}[l]，t?
{t}[t] 于是 [f]?
[t]?
1 ③ [r]?
[l] ④ [?
]?
[m][l]?
3 ⑤ [?
]?
[m][t]?
2 ⑥将③④⑤⑥式代入②式得 [t]?
1?
[l]?
（[m][l]?
3）?
（[m][t]?
2）?
即 [t]?
1?
[l]?
?
3?
[m]?
?
?
[t]?
2?
⑦
⑦ mgsin?
?
hb2x0?
1NA?
（NAx,）?
mgcos?
）?
1?
（?
2bzz00?
2?
⑧ ， mgsin?
?
hb2x0?
1NB?
（?
NAx,）?
mgcos?
）?
1?
（?
2bzz00?
2?
⑨ 如果希望在M（x,0,z）点的位置从点M0（x0,0,z0）缓慢改变的过程中，可以使铰链支点 对板的作用力NBy保持不变，则需 NBy?
⑩ M点移动的起始位置为M0，⑩式得 ?
或 b?
2x?
?
?
这是过A（,0,0）点的直线. （*） 因此，当力QM的作用点M的位置沿通过A点任一条射线（不包含A点）在平板上缓慢改变时，铰链支点B对板的作用力NBy保持不变.同理，当力QM的作用点M沿通过B点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A对板的作用力NAy保持不变. 评分标准：
本题20分．第问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第问6分，⑩?
式各1分，（*）2分，结论正确2分. 四、 mgsin?
2?
hb2x?
1?
（?
）?
?
常量 ?
?
bzz?
b2xb2x0?
?
?
zzz0z0 ?
b2x0?
?
?
zzz0?
?
0b2 考虑小球沿径向的合加速度.如图，设小球下滑至?
角位置时，小球相对于圆环的速率为v，圆环绕轴转动的角速度为?
．此时与速率v对应的指向中心C的小球加速度大小为 a1?
?
zC?
r?
l ?
?
?
?
Rv ①R2同时，对应于圆环角速度?
，指向OO?
轴的小球加速度大小为 （?
Rsin?
）2 a?
?
② Rsin?
该加速度的指向中心C的分量为 （?
Rsin?
）2 a2?
a?
sin?
?
③ R该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为 （?
Rsin?
）2 a3?
a?
cos?
?
cot?
④ R①③式和加速度合成法则得小球下滑至?
角位置时，其指向中心C的合加速度大小为 v2（?
Rsin?
）2 aR?
a1?
a2?
?
⑤ RR在小球下滑至?
角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N、 垂直于环面的方向的分量T.值得指出的是：
于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零.在运动过程中小球受到的作用力是N、T和mg.这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：
在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即mgsin?
要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿OO?
轴的竖直运动无关.在指向环心的方向，牛顿第二定律有 v2?
（?
Rsin?
）2 ⑥N?
mgcos?
?
maR?
mR合外力矩为零，系统角动量守恒，有 L0?
L?
2m（Rsin?
）2?
⑦ 式中L0和L分别为圆环以角速度?
0和?
转动时的角动量． 如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在?
角位置处取角度增量?
?
，圆心角?
?
所对圆弧?
l的质量为?
m?
?
?
l，其角动量为2?
R?
L?
?
m?
r2?
?
?
l?
rRsin?
?
?
?
Rr?
z?
?
?
R?
S ⑧ 式中r是圆环上?
角位置到竖直轴OO?
的距离，?
S为两虚线间 窄条的面积．⑧式说明，圆弧?
l的角动量与?
S成正比.整个圆环的角动量为 m0?
R21L?
2?
?
L?
2?
?
R?
m0R2?
⑨ 2?
R22 [或：
转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO?
的转动惯量J等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即 1J?
m0R2 ⑧ 2则角动量L为 1L?
J?
?
m0R2?
⑨] 2同理有 1L0?
m0R2?
0 ⑩ 2 力N及其反作用力不做功；而T及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守恒.故 1Ek0?
Ek?
2?
mgR（1?
cos?
）?
2?
m[v2?
（?
Rsin?
）2] ?
2式中Ek0和Ek分别为圆环以角速度?
0和?
转动时的动能．圆弧?
l的动能为 111?
Ek?
?
m（r?
）2?
?
?
l?
2rRsin?
?
?
R?
2?
S 222整个圆环的动能为 21m012?
REk?
2?
?
Ek?
2?
?
?
R?
?
?
m0R2?
2 ?
22?
R24[或：
圆环的转动动能为 11Ek?
J?
2?
m0R2?
2 ?
] 24同理有 12Ek0?
m0R2?
0 ?
4 根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2Ncos?
，当 2Ncos?
?
m0g ?
时，圆环才能沿轴上滑．⑥⑦⑨⑩?
?
?
式可知，?
式可写成 2m0?
0Rcos?
6mcos?
?
4mcos?
?
m0?
2g22?
?
m01?
?
（m?
4msin2?
）2?
?
0 ?
0?
?
式中，g是重力加速度的大小. 此时题给条件可知当?
=30?
时，?
式中等号成立，即有 23m0R?
0?
9?
?
?
23?
m?
m0?
4g?
2?
2?
?
m0?
1?
（m?
m）2?
0?
?
或 ?
0?
（m0?
m）（93?
12）m?
23m02g ?
3（2m0?
m）mm0R⑦⑨⑩?
式和题给条件得 ?
?
m0m0（93?
12）m?
23m02m0g ?
?
?
?
?
00m0+4msin2?
m0+m3（2m0?
m）mR?
?
?
?
?
式和题给条件得 223m0+（12?
3）mm0?
33m2 v?
gR ?
6（2m0?
m）m 评分标准：
本题24分．第问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；第问6分，?
?
?
式各2分． 五、 设圆盘像到薄凸透镜的距离为v.题意知：
u?
20cm,f?
10cm，代入透镜成像公式 111?
?
①vuf得像距为 v?
20cm ②其横向放大率为 ?
?
?
v?
?
1 ③u可知圆盘像在凸透镜右边20cm，半径为5cm，为圆盘状，圆盘与其像大小一样.如下图所示，连接A、B两点，连线AB与光轴交点为C点，两个相似三角形?
AOC与?
BB’C的关系可求得C点距离透镜为15cm. 1分 若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm处，此时圆形光阑在C点左侧. 1分当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度变暗. 2分 此时不存在圆形光阑半径ra使得圆盘像大小的半径变为中圆盘像大小的半径的一半．1分 A O CB’B 若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm处，此时圆形光阑在C点的右侧.下图所示，此时有:
CB’=BB’=5cm,R’B’=2cm,利用两个相似三角形?
CRR’与?
CBB’的关系，得 r?
RR’=CR’5?
2?
BB’=?
5cm?
3cm ④CB’5可见当圆盘半径r?
3cm时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变 暗． 4分 C R’B’ R B 若进一步减少光阑半径，圆盘像就会减小．当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时，圆盘像的半径就会减小为一半，如下图所示．此时光阑边缘与AE 20相交，AE与光轴的交点为D，几何关系算得D与像的轴上距离为cm.此时有 720cm,DE’=cm,EE‘=,7利用两个相似三角形?
DRR’与?
DEE’的关系，得 DR’20/?
72?
EE’=?
?
5 ra?
RR’= cm ⑤DE’20/7 DR’=可见当圆形光阑半径ra=，圆盘像大小的半径的确变为中圆盘像大小的半径的一半． 3分 67 DR’RE’ E 只要圆形光阑放在C点和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分 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中圆盘像大小的半径的一半．1分 评分标准：
第问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分； 第问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分；第问7分，2个给分点分别为2、3分；第问2分，1个给分点为2分； 第问3分，2个给分点分别为2、1分． 六、 整个电容器相当于2N个相同的电容器并联，可旋转金属板的转角为?
时 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 ?
12?
2?
2R（2?
0?
?
）, 当?
?
0?
?
?
?
0?
?
?
?
2?
1R2（?
?
?
）, 当?
?
?
?
?
?
000?
2A（?
）?
?
1?
2?
R2（?
0?
?
）, 当0?
?
?
?
?
?
0?
2?
1?
2?
R2（2?
0?
?
）, 当?
?
?
0?
?
?
?
0?
2③ ②③式得 ?
12?
4?
ksR（2?
0?
?
）, 当?
?
0?
?
?
?
0?
?
?
1?
R2（?
0?
?
）, 当?
0?
?
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?
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0?
4?
ksC1（?
）?
?
1?
R2（?
0?
?
）, 当0?
?
?
?
?
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0?
4?
ks?
1?
R2（2?
0?
?
）, 当?
?
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0?
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?
0?
4?
ks④ ①④式得 ?
N2?
2?
ksR（2?
0?
?
）, 当?
?
0?
?
?
?
0?
?
?
N?
R2（?
0?
?
）, 当?
0?
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0?
2?
ksC（?
）?
?
N2?
R（?
0?
?
）, 当0?
?
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?
?
?
0?
2?
ks?
N?
R2（2?
0?
?
）, 当?
?
?
0?
?
?
?
0?
2?
ks⑤ 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，⑤式得 CmaxNR2?
0?
2?
ks ⑦ 充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值Qmax，⑥式得 QmaxNR2?
0?
E2?
ks ⑧ 断开电源，在转角?
取?
?
0附近的任意值时，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（?
），当金属板旋转?
?
后，电容器内所储存的能量增加?
U，则功能原理有 T（?
）?
?
?
（?
Frii）?
?
?
?
Fi?
li?
?
U（?
） ⑩ 式中，⑨⑩式得 NR2?
02E2?
U（?
）T（?
）?
?
当?
?
0?
?
?
?
?
?
0 ?
?
4?
ks（?
0?
?
）2?
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 ?
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?
2（C?
C）?
（C?
C）cos2?
tV0（1?
cos2?
t）maxminmaxminm?
4?
22?
?
V02?
?
（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 ?
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 ?
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 ?
m?
?
?
评分标准：
本题22分．第问6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第问9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分，?
?
式各2分；第问7分，?
?
式各2分，?
?
?
式各1分． 七、 通有电流i的钨丝在距其r处产生的磁感应强度的大小为 i ①?
B?
km r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d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．图（a） 两根相距为d的载流钨丝）间的安培力是相互吸引力，大小为 km?
Li2 ②F?
B?
Li?
d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．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，
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