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第 24 届全国中学生物理竞赛预赛试卷 2007.9.2
题号 得分 阅卷 复核
本卷共八题。满分 200 分
一、(25 分)填空题 1.2006 年诺贝尔物理学奖授予美国科学家约翰·马瑟和乔治.斯穆特,以表彰他们发现 了宇宙微波背景辐射的黑体辐射形式和各向异性.这一发现为有关宁宙起源的 理论提供了进步的支持,使宇宙学进入了“精确研究”时代. 2.

恒星演化到了后期,某些恒星在其内部核燃料耗尽时,会发生强烈的爆发,在短短的 几天中亮度陡增千万倍乃至上亿倍.我国《宋史》第五十六卷中对当时观测到的上述现象作了 详细记载.2006 年 5 月是我国发现此现象一千周年,为此在杭州召开了有关的国际学术研讨 会.天文学上把演化到这一阶段的恒星称为 ,恒星演变到 这 一 阶 段 , 预 示 着 一 颗 恒 星 的 终 结 . 此 后 , 它 可 能 成 为 或 . 3.2006 年 ll 月 21 日,中国、欧盟、美国、日本、韩国、俄罗斯和印度七方在法国总统 府正式签署一个能源方面的联合实施协定及相关文件,该协定中的能源是指 能源. 4.潮汐是一种常见的自然现象,发生在杭州湾钱塘江入海口的“钱江潮”是闻名世界的 潮汐现象.在农历初一和十五前后各有一次大潮,在两次大潮之间又各有一次小潮. 试把每月中出现两次大潮时地球、月球和太阳的相对位置示意图定性地画在下面. 试把每月中出现两次小潮时地球、月球和太阳的相对位置示意图定性地画在下面.

















总分

5.如图所示,用双线密绕在一个长直圆柱上,形成两个螺线管线圈 aa 和 bb (分别以实 线和虚线表示),已知两个线圈的自感都是 L.今若把 a 与 b 两端相连,把 a 和 b 两端接人电 路,这时两个线圈的总自感等于
/ / / /

/

/

;若把

b 与 a 相连,把 a 和 b 两端接入电路,这时两个线圈 的总自感等 于
/ /

;若把 a 与 b 两端相连作为一端,

a 与 b 相连作为另一端,把这两端接入电路,这时 两个线圈的总自感等于 .

-1-

二、(25 分)如图所示,一块 光滑的平板能绕水平固定轴 HH
/

调节其与水平面所成的倾角. 板上 一根长为 l=1.O0m 的轻细绳, 它的 一端系住一质量为 m 的小球 P,另 一端固定在 HH 轴上的 0 点.当平 板的倾角固定在 ? 时, 先将轻绳沿 水平轴 HH 拉直(绳与 HH 重合), 然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度 ? 0 ? 50m/s.若小球能保持在板面内作圆周运 动,问倾角 ? 的值应在什么范围内(取图中 ? 处箭头所示方向为 ? 的正方向).取重力加速度 g=10 m/s . 三、(25 分)如图所示,绝热的活塞 s 把一 定质量的稀薄气体(可视为理想气体)密封在水 半放置的绝热气缸内. 活塞可在气缸内无摩擦地 滑动. 气缸左端的电热丝可通弱电流对气缸内气 体十分缓慢地力热.气缸处在大气中,大气压强 为 P 0 .初始时,气体的体积为 V 0 、压强为 Po 已知 l 摩尔该气体温度升高 1K 时其内能的 增量为一已知恒量 c.求以下两种过程中电热丝 传给气体的热量 Q 1 与 Q 2 之比. 1.从初始状态出发,保持活塞 s 位置固定,在电热丝中通以弱电流,并持续一段时间, 然后停止通电,待气体达到热平衡时,测得气体的压强为 P 1 2 仍从初始状态出发,让活塞处在自由状态,在电热丝中通以弱电流,也持续一段时间, 然后停止通电,最后测得气体的体积为 V 2 . 四、 分)如图所示, 1 M 2 和 M 3 都是由无限多根无限长的外表面绝缘的细直导线紧密排 (25 M 列成的导线排横截面, 两导线排相交成 l20 , 为其角平分线. 00 每根细导线中都通有电流 I, 两导线排中电流的方向相反, 其中 M 1 M 2 中电流的方 向垂直纸面向里.导线排中单位长度上细导线的根 数为 ? . 图中的矩形 abcd 是用 N 型半导体材料做成 的长直半导体片的横截面,( ab 《 bc ),长直半导 体片与导线排中的细导线平行,并在片中通有均匀
0 / 2 / / /

-2-

电流 I 0 ,电流方向垂直纸面向外.已知 ab 边与 00 垂直, bc ? l ,该半导体材料内载流子密
/

度为 n,每个载流子所带电荷量的大小为 q.求此半导体片的左右两个侧面之间的电势差. 已知当细的无限长的直导线中通有电流 I 时,电流产生的磁场离直导线的距离为 r 处的 磁感应强度的大小为 B=k

I ,式中 k 为已知常量 r

五、(25 分)如图所示,ACD 是由均匀细导线制成的边长 为 d 的等边三角形线框,它以 AD 为转轴,在磁感应强度为 B 的恒定的匀强磁场中以恒定的角速度 ? 转动(俯视为逆时 针旋转),磁场方向与 AD 垂直.已知三角形每条边的电阻都 等于 R.取图示线框平面转至与磁场平行的时刻为 t=0. 1.求任意时刻 t 线框中的电流. 2.规定 A 点的电势为 0,求 t=0 时,三角形线框的 AC 边上任一点 P(到 A 点的距离用 x 表示)的电势 U P ,并画出 与 U P 与 x 关系的图线 六、(25 分)空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场,其 方向随时间作周期性变化, 磁感应强度 B 随时间 t 变化的图 线如图 l 所示.规定 B>0 时,磁场的方向穿出纸面.现在磁场区域中建立一与磁场方向垂直的
?10 平面坐标 0xy,如图 2 所示.一电荷量 q=5 ? ? 10 C ,质量 m= 5 ?10 kg 的带电粒子,位于
?7

原点 0 处,在 t=0 时刻以初速度 ?0 ? ?m / s 沿 x 轴正方向开始运动.不计重力的作用,不计 磁场的变化可能产生的一切其它影响

1.试在图 2 中画出 0~20ms 时间内粒子在磁场中运动的轨迹,并标出图 2 中纵横坐标的 标度值(评分时只按图评分,不要求写出公式或说明.) 2 . 在 磁 场 变 化 N 个 (N 为 整 数 ) 周 期 的 时 间 内 带 电 粒 子 的 平 均 速 度 的 大 小 等 于 . 七、(25 分)如图所示,L 是一焦距为 f 的薄凸透镜(F 与 F 为其焦点).在透镜右侧焦点 F 处放置一曲率半径大小为 R 的球面反射镜(其顶点位于 F 处),透镜和球面镜组成一轴对称
-3/ / /

的光学系统.在透镜 L 左侧光轴上有限 远处有一发光点 P,它发出的傍轴光线 经此光学系统后,恰好成像在 P 点.试 在下面笫 1 和第 2 小题中填空,在第 3 小题中作图. 1.若球面镜为凹面镜,则 P 点到透 镜的距离等于 ;若球面 镜为凸面镜,则 P 点到透镜的距离等 于 . 2.若将一短细杆垂直于光轴放置,杆的下端位于 P 点,则此细杆经上述光学系统所成的 最后的像的大小与物的大小之比对凹面镜等于 ;对凸面镜等 于 . 3.若球面镜的半径大小 R=2f,试按作图法的规范要求,画出第 2 问中短杆对上述光学系 统逐次成的像及成像光路图. (要求将凹面镜和凸面镜分别画在两张图上. 评分时只按图评分, 不要求写出作图理由和说明,但须用已知量标出各个像在光轴上的具体位置.) 八、 分)如图所示, (25 有一固定的、 半径为 a、 内壁光滑的半球形碗(碗口处于水平位置), 0 为球心.碗内搁置一质量为 m、边长为 a 的等边三角形均匀薄板 ABC.板的顶点以位于碗内 最低点,碗的最低点处对 A 有某种约束使顶点 A 不能滑动(板只能绕 A 点转动).

1.当三角形薄板达到平衡时,求出碗对顶点 A、B、C 的作用力的大小各为多少. 2 当板处于上述平衡状态时,若解除对 A 点的约束,让它能在碗的内表而上从静止开始自 由滑动,求此后三角形薄板可能具有的最大动能.

-4-

-5-

-6-

-7-

-8-

-9-

- 10 -

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- 14 -

第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试卷 (本题共七大题,满分 160 分)
一、 (20 分)如图所示,一块长为 L ? 1.00 m 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端,弹簧 的下端与地面固定连接。 平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间 (图中未画出竖直导轨) , 从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期 T ? 2.00 s 。一小球 B 放在 光滑的水平台面上,台面的右侧边缘正好在平板 P 端的正上方,到 P 端的距离为 h ? 9.80 m 。 平板静止在其平衡位置。水球 B 与平板 PQ 的质量相等。现给小球一水平向右的速度 ? 0 ,使 它从水平台面抛出。已知小球 B 与平板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可 以忽略不计。要使小球与平板 PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞, ? 0 的值应在什么范围 内?取 g ? 9.8m / s
2

二、 (25 分)图中所示为用三角形刚性细杆 AB、BC、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和 CD 杆可分别绕过 A、D 的垂直于纸面的固定轴转动,A、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两

- 15 -

端分别与 AB 杆和 CD 杆相连, 可绕连接处转动 (类似铰链) 当 AB 杆绕 A 轴以恒定的角速度 ? 。 转到图中所示的位置时,AB 杆处于竖直位置。BC 杆与 CD 杆都与水平方向成 45°角,已知 AB 杆的长度为 l ,BC 杆和 CD 杆的长度由图给定。求此时 C 点加速度 ac 的大小和方向(用与 CD 杆之间的夹角表示)

三、 (20 分)如图所示,一容器左侧装有活门 K1 ,右侧装有活塞 B,一厚度可以忽略的隔板 M 将容器隔成 a、b 两室,M 上装有活门 K 2 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和 活塞可用销钉固定,拔掉销钉即可在容器内左右平移,移动时不受摩擦作用且不漏气。整个 容器置于压强为 P0、温度为 T0 的大气中。初始时将活塞 B 用销钉固定在图示的位置,隔板 M 固定在容器 PQ 处,使 a、b 两室体积都等于 V0; K1 、 K 2 关闭。此时,b 室真空,a 室装有 一定量的空气(容器内外气体种类相同,且均可视为理想气体) ,其压强为 4P0/5,温度为 T0。 已知 1mol 空气温度升高 1K 时内能的增量为 CV,普适气体常量为 R。 1.现在打开 K1 ,待容器内外压强相等时迅速关闭 K1(假定此过程中处在容器内的气体与 处在容器外的气体之间无热量交换) ,求达到平衡时,a 室中气体的温度。 2.接着打开 K 2 ,待 a、b 两室中气体达到平衡后,关闭 K 2 。拔掉所有销钉,缓慢推动活 塞 B 直至到过容器的 PQ 位置。求在推动活塞过程中,隔板对 a 室气体所作的功。已知在推动 活塞过程中,气体的压强 P 与体积 V 之间的关系为 PV
CV ? R CV

=恒量。

四、 (25 分)图中 oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系,在 x ? 0 的一侧,存在匀强 磁场,磁场方向垂直于 oxy 平面向里,磁感应强度的大小为 B。在 x ? 0 的一侧,一边长分别 为 l1 和 l 2 的刚性矩形超导线框位于桌面上,框内无电流,框的一对边与 x 轴平行。线框的质量 为 m,自感为 L。现让超导线框沿 x 轴方向以初速度 v0 进入磁场区域,试定量地讨论线框以后 可能发生的运动情况及与初速度 v0 大小的关系。 (假定线框在运动过程中始终保持超导状态)

- 16 -

五、 (25 分)地球赤道表面附近处的重力加速度为 g 0 ? 9.8m / s 2 ,磁场的磁感应强度的 大小 B0 ? 3.0 ?10?5 T ,方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与 r 成反比(r 为考
3

察点到地心的距离) 方向与赤道附近的磁场方向平行。 , 假设在赤道上空离地心的距离 r ? 5Re ( Re 为地球半径)处,存在厚度为 10km 的由等数量的质子和电子的等离子层(层内磁场可 视为匀强磁场) ,每种粒子的数密度非常低,带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的 质量 me ? 9.1?10?31 kg ,质子的质量 m p ? 1.7 ?10?27 kg ,电子电荷量为 ? 1.6 ? 10 球的半径 Re ? 6.4 ?106 m 。 1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动, 另一方面因受地球引力和磁场 的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流,试求此环行电流的电流密度。 2.现设想等离子层中所有电子和质子,它们初速度的方向都指向地心,电子初速度的大小
?19

C ,地

ue ? 1.4 ?104 m / s ,质子初速度的大小 u P ? 3.4 ?102 m / s 。试通过计算说明这些电子和质
子都不可能到到达地球表面。

六、 (25 分)图 1 所示为杨氏双缝干涉实验的示意图,取纸面为 yz 平面。y、z 轴的方向 如图所示。线光源 S 通过 z 轴, 双缝 S1、S2 对称分布在 z 轴两侧, 它们以及屏 P 都垂直于纸面。 双缝间的距离为 d,光源 S 到双缝的距离为 l,双缝到屏的距离为 D, d ?? D , d ?? l 。 1.从 z 轴上的线光源 S 出发经 S1、S2 不同路径到 P0 点的光程差为零,相干的结果产生一 亮纹,称为零级亮纹。为了研究有一定宽度的扩展光源对于干涉条纹清晰度的影响,我们先 研究位于轴外的线光源 S′形成的另一套干涉条纹,S′位于垂直于 z 轴的方向上且与 S 平行, 两者相距 ? s ,则由线光源 S′出发分别经 S1 、S2 产生的零级亮纹 P0 , P0 与 P0 的距离

?

?

? y ? __________ __________ __________ _____
2.当光源宽度为 ? 的扩展光源时,可将扩展光源看作由一系列连续的、彼此独立的、非相

- 17 -

干的线光源组成。这样,各线光源对应的干涉条纹将彼此错开,在屏上看到的将是这些干涉 条纹的光强相加的结果,干涉条纹图像将趋于模糊,条纹的清晰度下降。假设扩展光源各处 发出的光强相同、波长皆为 ? 。当 ? 增大导致零级亮纹的亮暗将完全不可分辨,则此时光源 的宽度 ? ? __________ __________ __________ 3.在天文观测中,可用上述干涉原理来测量星体的微小角直径。遥远星体上每一点发出的 光到达地球处都可视为平行光, 从星体相对的两边缘点发来的两组平行光之间的夹角 ? 就是星 体的角直径。遥远星体的角直径很小,为测量如些微小的角直径,迈克尔逊设计了测量干涉 仪,其装置简化为图 2 所示。M1、M2、M3、M4 是四个平面反射镜,它们两两平行,对称放 置,与入射光(a、 a′)方向成 45°角。S1 和 S2 是一对小孔,它们之间的距离是 d。M1 和 M2 可以同步对称调节来改变其中心间的距离 h。双孔屏到观察屏之间的距离是 D。a、 a′和 b、 b′分别是从星体上相对着的两边缘点发来的平行光束。设光线 a、 a′垂直双孔屏和像 屏,星光的波长是 ? ,试导出星体上角直径 ? 的计算式。 注:将星体作圆形扩展光源处理时,研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会 遇到数学困难,为简化讨论,本题拟将扩展光源作宽度为 ? 的矩形光源处理。

图1

图2

- 18 -

七、 (20 分)今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百 周年。王先生早在 1941 年就发表论文,提出了一种探测中微子的方案: Be 原子核可以俘获 原子的 K 层电子而成为 Li 的激发态 ( 7 Li)* ,并放出中微子(当时写作η )
7
7
7

Be ? e ?( 7 Li)* ? ?
7

而 ( 7 Li)* 又可以放出光子 ? 而回到基态 Li

( 7 Li)* ?7 Li ? ?
由于中微子本身很难直接观测,能过对上述过程相关物理量的测量,就可以确定中微子 的存在,1942 年起,美国物理学家艾伦(R.Davis)等人根据王淦昌方案先后进行了实验,初 步证实了中微子的存在。1953 年美国人莱因斯(F.Reines)在实验中首次发现了中微子,莱 因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔(M.L.Perl)分享了 1995 年诺贝尔物理学奖。 现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。若实验中测得锂核( Li )反冲能量(即
7
7

Li 的动能)的最大值 E R ? 56.6ev , ? 光子的能量 h? ? 0.48Mev 。已知有关原子核和电子

静止能量的数据为 mLi c 2 ? 653384Mev ; mBe c 2 ? 6534 19Mev ; me c 2 ? 0.51Mev 。设在 . . 第一个过程中, Be 核是静止的,K 层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据,算出的中微 子的动能 P 和静止质量 m? 各为多少? ?
7

第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
一、参考解答: 如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发 生在平板的边缘 Q 处,这时 u 0 的值便是满足题中条件的最大值; 如果小球的水平速度 u 0 较小,在它与平板发生第一次碰撞后再次 接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触,这时 B u0 h

u 0 的值便是满足题中条件的最小值.
设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间 为 t1 ,有

P

Q

h?
若碰撞正好发生在 Q 处,则有

1 2 gt1 2
L ? u0t1

(1)

(2)

从(1)(2)两式解得的 u 0 值便是满足题中条件的最大值,即 、
- 19 -

u0 max ? L
代入有关数据得

g 2h

(3)

u0 max ? 0.71m/s
如果 u0 ? u0 max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖 直方向的速度为 v1 ,则有

(4)

v1 ? 2gh
? 以 v1 、 V1? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞
过程中,小球和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有

(5)

? mv1 = mv1 ? mV1? 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 1 2 1 2 1 1 1 2 ? mv1 ? mu0 = mv12 ? mV1?2 ? mu0 2 2 2 2 2 解(6)(7)两式,得 、
? v1 ? 0

(6)

(7)

(8) (9)

V1? = v1 ? 2gh
碰撞后,平板从其平衡位置以 V1? 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板处 于平衡位置时板的上表面中点重合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作 为 t ? 0 ,则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移

xPQ ? A cos ??t ? ? ?
式中

(10)

??

A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度

2π T

(11)

vPQ ? ? A? sin ??t ? ? ?
因 t ? 0 时, xPQ ? 0 . vPQ ? V ? ,由(9)(11)(12)式可求得 、 、

(12)

A?

2 gh T 2?

(13)

? ??
把(13)(14)式代入(10)式,得 、

π 2

(14)

xPQ ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π 2? ?T

(15)

- 20 -

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t 2 与平板发生第二次碰撞 且发生在 Q 处,则在发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为

1 2 xB ?t2 ? ? gt2 2
平板的 x 座标为

(16)

xPQ ? t2 ? ?
在碰撞时,有

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T

(17)

xB ? t2 ? ? xPQ ?t2 ?
由(16)(17)(18)式,代入有关数据得 、 、

(18)

π? ? 2 4.90t2 ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?
这便是 t 2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

(19)

t2 ? 0.771s
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

(20)

L ? u0 ?t1 ? t2 ?
由(1)(20)和(21)式得 、

(21)

u0 ?

L ? 0.46m/s t1 ? t2

(22)

而满足题中要求的 u 0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u 0 的取值范围是

0.46m/s ? u0 ? 0.71m/s
附: (19)式的数值求解 用数值解法则要代入 t 2 不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

(23)

t2
xPQ ? 4.41cos ? πt2 ?
2 xB ? 4.90t2

0.730

0.750

0.760

0.765

0.770

0.771

0.772

0.775

0.780

0.790

0.810

? ?

π? 2?

?

3.31

3.12

3.02

2.96

2.91

2.91

2.90

2.86

2.81

2.70

2.48

2.61

2.76

2.83

2.87

2.91

2.91 0

2.91

2.94

2.98

3.06

3.21

xPQ ? xB

0.70

0.36

0.19

0.09

0

-0.01

-0.08

-0.17

-0.36

-0.73

二、参考解答:
- 21 -

解法一 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为

vB ? ? l
B 点的向心加速度的大小为

(1) (2)

aB ? ? 2l
因为是匀角速转动,B 点的切向加速度为 0,故 aB 也是 B 点的加速度,其方向沿 BA 方向.因 为 C 点绕 D 轴作圆周运动,其速度的大小用 vC 表示,方向垂直于杆 CD,在考察的时刻,由图 可知,其方向沿杆 BC 方向.因 BC 是刚性杆,所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相等,故有

π 2 ? ?l 4 2 此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度 v2 aCn ? C (4) CD vC ? vB cos
由图可知 CD ? 2 2l ,由(3)(4)式得 、 C ? aCn aC tvCB? (5) B A aC

(3)

? vC

aCn ?
其方向沿 CD 方向.

2 2 ?l 8

? vB
D

下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度, 即切向加速度 a Ct . 因 为 BC 是刚性杆, 所以 C 点相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动, 点相对 B C 点的速度方向必垂直于杆 BC.令 vCB 表示其速度的大小,根据速度合成公式有 ? ? ? vCB ? vC ? vB 由几何关系得

vCB ?

2 2 vB ? vC ?

2 2 vB ? ?l 2 2
2 vCB CB

(6)

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心加速度

aCB ?
因为 CB ? 2l ,故有

(7)

aCB ?

2 2 ?l 4

(8)

其方向垂直杆 CD. 由(2)式及图可知,B 点的加速度沿 BC 杆的分量为

? aB ?BC ? aB cos
aCt ? aCB ? ? aB ? BC ?

π 4

(9)

所以 C 点相对 A 点(或 D 点)的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量

3 2 2 ?l 4

(10)

- 22 -

C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 aCn 与切向加速度 aCt 的合加速度,即

aC ?

2 2 aC n ? a C t?

74 ? 8

2

l

(11)

aC 的方向与杆 CD 间的夹角

? ? arctan

aCt ? arctan 6 ? 80.54? aCn

(12)

解法二:通过微商求 C 点加速度 以固定点 A 为原点作一直角坐标系 Axy,Ax 轴与 AD 重合,Ay 与 AD 垂直.任意时刻 t, 连杆的位形如图所示,此时各杆的位置分别用 ? , ? 和 ? 表示,且已知 AB ? l , BC ? 2l ,

CD ? 2 2l , AD ? 3l ,

d? ? ?? ,C 点坐标表示为 dt
xC ? l cos? ? 2l cos?
(1) (2)

yC ? l sin? ? 2l sin ? 将(1)(2)式对时间 t 求一阶微商,得 、
dxC d? d? ? ? ? ?l ? sin ? ? 2 sin ? ? dt dt dt ? ? dyC d? d? ? ? ? l ? cos? ? 2 cos ? ? dt dt dt ? ?
把(3)(4)式对时间 t 求一阶微商,得 、
2 2 ? d 2 xC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? ? ?l ?cos? ? ? sin ? 2 ? 2 cos ? ? ? 2 sin ? 2 ? ? ? dt 2 dt dt ? ? dt ? ? dt ? ? ? ? 2 2 ? d 2 yC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? ? l ? ? sin ? ? ? ? cos? 2 ? 2 sin ? ? ? ? 2 cos ? 2 ? dt 2 dt dt ? ? dt ? ? dt ? ? ? ?

(3)

(4)

(5)

(6)

根据几何关系,有

CD sin ? ? AB sin ? ? BC sin ? CD cos ? ? AB cos? ? BC cos ? ? 3l


2 2 sin ? ? sin? ? 2 sin ? 2 2 cos? ? 3 ? cos? ? 2cos?
将(7)(8)式平方后相加且化简,得 、

(7) (8)

- 23 -

2 sin? sin ? ? 2 cos? cos? ? 3cos? ? 3 2 cos? ? 2 ? 0
对(9)式对时间 t 求一阶微商,代入 ? ?

(9)

π π d? ,? ? , ? ?? ,得 2 4 dt d? 1 ? ? dt 2
d 2? 3 2 ? ? dt 2 8

(10)

对(9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得 (11)

将(10)(11)式以及 ? , ? , 、

d? 的数值代入(5)(6)式,得 、 dt d 2 xC 5 ? ? l? 2 2 dt 8 2 d yC 7 ? ? l? 2 2 dt 8
? d2 x ? ? d2 y ? 74 2 aC ? ? 2C ? ? ? 2C ? ? l? 8 ? dt ? ? dt ?
2 2

所以 (12)

由图知, aC 与 x 轴的夹角为 ?

? d2 y ? ? d2 x ? tan ? ? ? 2C ? ? 2C ? ? 1.4 ? dt ? ? dt ?
所以求得

(13)

? ? arctan1.4 ? 54.46?
这个夹角在第三象限,为 234.46? ,故 aC 与 CD 的夹角

? =80.54?

(14)

三、参考解答: 1.设 a 室中原有气体为? mol ,打开 K1 后,有一部分空气进入 a 室,直到 K1 关闭时,a 室中气体增加到? ? mol ,设 a 室中增加的 ?? ? ?? ? mol 气体在进入容器前的体积为 ? V ,气体 进入 a 室的过程中,大气对这部分气体所作的功为

A ? p0 ?V
用 T 表示 K1 关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度,则 a 室中气体内能增加量为

(1) (2) (3)

?U ? ? ?CV ?T ?T0 ?
由热力学第一定律可知
?U ? A

由理想气体状态方程,有

- 24 -

4 p0V0 ? ? RT0 5
p0 ?V ? ?? ? ?? ? RT0
p0V0 ? ? ?RT
由以上各式解出

(4) (5) (6)

T?

5 ? CV ? R ? 5CV ? 4 R

T0

(7)

2.K2 打开后,a 室中的气体向 b 室自由膨胀,因系统绝热又无外界做功,气体内能不变, 所以温度不变(仍为 T ) ,而体积增大为原来的 2 倍.由状态方程知,气体压强变为

p?
关闭 K2,两室中的气体状态相同,即

1 p0 2

(8)

1 pa ? pb ? p , Ta ? Tb ? T , Va ? Vb ? V0 ,且? a ? ? b ? ? ? 2
拔掉销钉后,缓慢推动活塞 B,压缩气体的过程为绝热过程,达到最终状态时,设两室气体的

(9)

? ? 压强、体积和温度分别为 pa 、 pb 、 Va? 、 Vb? 、 Ta? 、 Tb? ,则有

paVa pbVb
由于隔板与容器内壁无摩擦,故有

CV ? R CV

? ? paVa? ? ? pbVb?

CV ? R CV

(10) (11)

CV ? R CV

CV ? R CV

? ? pa ? pb
由理想气体状态方程,则有

(12)

? paVa? ? ? a RTa? ? pbVb? ? ? b RTb?


(13) (14)

Va? ? Vb? ? V0
由(8)~(15)式可得

(15)

1 Va? ? Vb? ? V0 2
R

(16) (17)

Ta? ? Tb? ? 2 CV T
在推动活塞压缩气体这一绝热过程中,隔板对 a 室气体作的功 W 等于 a 室中气体内能的

- 25 -

增加,即

1 W ? ? ?CV ?Ta? ? T ? 2
由(6)(17)和(18)式得 、

(18)

W?

R ? CV ? CV ? 2 ? 1? p0V0 ? 2R ? ? ?

(19)

四、参考解答: 设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x ? x ? l1 ? ,速度 为 v ,因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为 y

l1 v0

E ? vBl2 ,它在线框中引起感应电流,感应电流的变化又 v
引起自感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均为顺 时针方向,则切割磁感应线产生的电动势 E 与设定的正方 v

l2

?i 向相反,自感电动势 E ? ? L 与设定的正方向相同.因线 L ?t
框处于超导状态,电阻 R ? 0 ,故有

x O x

E ? E ? ?L L v


?i ? vBl2 ? iR ? 0 ?t
(2)

L


?i ?x ? Bl2 ?0 ?t ?t
Bl2 ?x ? ? L?i

(3)



Bl ?i ?? 2 ?x L
可见 i 与 x 成线性关系,有

(4)

i??

Bl 2 x?C L Bl 2 x L

(5)

C 为一待定常数,注意到 x ? 0 时, i ? 0 ,可得 C ? 0 ,故有

i??

(6)

x ? 0 时 i ? 0 ,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场区

域时右侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力

f ? Bl 2 i ? ?

2 B 2l2 x L

(7)

- 26 -

其大小与线框位移 x 成正比,方向与位移 x 相反,具有“弹性力”的性质.下面分两种情形做 进一步分析: (i)线框的初速度 v 0 较小,在安培力的作用下,当它的速度减为 0 时,整个线框未全部 进入磁场区,这时在安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进一 出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率

??
周期

2 B 2l2 Lm

(8)

T ? 2π

Lm 2 B 2l2

(9)

振动的振幅可由能量关系求得,令 xm 表示线框速度减为 0 时进入磁场区的深度,这时线框的 初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能” ,由能量守恒可得
2 1 2 1 ? B 2l2 ? 2 mv0 ? ? ? xm 2 2? L ?

(10)



xm ?
故其运动方程为

2 Lmv0 2 B 2l2

(11)

x?

v0 Lm Lm ? Bl2 ? sin ? t?, t 从 0 到π Bl2 Bl2 ? Lm ?

(12)

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度 v 0 向左匀速运动.因为在这种情况下 x m 的最大值是

l1 ,即
1 1 B 2 l22 2 2 m v0 ? l1 2 2 L
由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式
2 1 2 1 ? B 2l2 ? 2 mv0 ? ? ? l1 2 2? L ?

(13)



v0 ?

Bl1l2 mL

(14)

(ii) 若线框的初速度 v 0 比较大,整个线框能全部进入磁场区.当线框刚进入磁场区时, 其速度仍大于 0,这要求 v 0 满足下式

- 27 -

v0 ?

Bl2 l1 mL

(15)

当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域以前, 线框的运动方程与(12)式相同,但位移区间是 x ? 0 到 x ? l1 ,所以时间间隔与(12)式不同, 而是从 0 到

t1 ?

Bl1l2 ? Lm ? ?arcsin ? 2 Bl2 ? Lmv0 ? ? ?

(16)

因为线框的总电动势总是为 0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切割 磁感应线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为 0.此后线框中维持有最大的电流

im ? ?

Bl2 l1 ,磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运动 L
2 1 1 1 B 2 l2 2 2 m v0 ? m v 2 ? l1 2 2 2 L

的速度可由下式决定


2 v ? v0 ? 2 B 2l12l2 Lm

(17)

五、参考解答: 解法一: 1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径, 故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都 可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

3.0 ? 10 ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? T ? 2.4 ? 10-7 T r ? 125 ?
引力加速度

3

?5

(1)

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s2 ? 0.39m/s 2 25 ? r ?
考察等离子层中的某一质量为 m、电荷量为 q、初速度 为 u 的粒子, 取粒子所在处为坐标原点 O, 作一直角坐标系 Oxyz,Ox 轴指向地球中心,Oz 沿磁场方向,如图 1 所示. 该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为 ux、 y 和 uz. u 因作用于粒子的引力沿 x 轴正方向, 作用于粒子的洛伦兹力 与 z 轴垂直,故粒子在 z 轴方向不受力作用,沿 z 轴的分速 ux
- 28 -

2

(2) z

uz v0 O uy v0 v
图1

uy ? v0

y

x

度保持不变. 现设想在开始时刻,附加给粒子一沿 y 轴正方向大小为 v0 的速度,同时附加给 粒子一沿 y 轴负方向大小为 v0 的速度,要求与其中一个 v0 相联系的洛伦兹力正好与粒子所受 的地球引力相平衡,即

qv0 B ? mg


v0 ?

mg qB

(3)

用 v 表示 ux 与沿 y 轴的速度 u y ? v0 的合速度(对质子取正号,对电子取负号) ,有
2 v ? ux ? ? u y ? v0 ? 2

(4) 这样,所考察的粒子的速度可分为三部分: 沿 z 轴的分速度 u z .其大小和方向都保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离子 层中粒子的无规则运动的速度分量. 沿 y 轴的速度 v0 .对带正电的粒子,速度的方向沿 y 轴的负方向,对带负电的粒子,速 度的方向沿 y 轴的正方向.与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消, 故粒子将以速率 v0 沿 y 轴运动.由(3)式可知, v0 的大小是恒定的,与粒子的初速度无关,且对同种的粒子相同. 在 Oxy 平面内的速度 v .与这速度联系的洛伦兹力使粒子在 Oxy 平面内作速率为 v 的匀 速率圆周运动,若以 R 表示圆周的半径,则有

qvB ? m


v2 R

R?

mv qB

(5)

由(4)(5)式可知,轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的 x 分量 ux 和 y 、 分量 uy 有关.圆周运动的速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等 于 0. 由此可见,等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(3)式给 出的速度 v0 ,其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向,对电子,方向向西,对质子,方向 向东.电子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定 向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流. 由(3)式和(1)(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为 、

v0e ? 9.2 ?10?6 m/s

(6)

v0p ? 1.7 ?10?2 m/s
(7) 由于电子、质子漂移速度的方向相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬
- 29 -

度向东.根据电流密度的定义有

j ? nq ? v0p ? v0e ?
代入有关数据得

(8)

j ? 2.8 ?10?14 A/m2
电流密度的方向沿纬度向东. 2.上一小题的讨论表明,粒子在 Oxy 平面内作圆周运动,运动的速率由(4)式给出, 它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为
2 2 v ? ux ? v0

(9)

(10)

由(1)(2)(3)(5)(10)各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别 、 、 、 、 为

Re ? 0.33m

(11) (12)

Rp ? 14.8m
以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用, 电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为 2 Re ? 0.66 m 和 2Rp ? 29.6 m , 都远小于等 离子层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上.

解法二:. 1.由于等离子层的厚度远小于地球半径, 故在所考察等离子区域内的引力场和磁场都可视 为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

3.0 ? 10 ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? T ? 2.4 ? 10?? T 125 ? r ?
引力加速度

3

?5

(1)

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s2 ? 0.39m/s 2 r ? 25 ?
考察等离子层中的某一质量为 m,电荷量为 q、初速度为 u 的粒子,取粒子所在处为坐标原点 O,作一直角坐标系 Oxyz, Ox 轴指向地球中心,Oz 沿磁场方向,如图 1 所示.该粒子的初 速度在坐标系中的三个分量分别为 ux、 y 和 uz. 若以 vx 、vy 、 u vz O vx x z

2

(2)

vy y
图1

vz 表示粒子在任意时刻 t 的速度 v 在 x 方向、 方向和 z 方向的 y
分速度,则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下的运动方 程为

m

? dvx mg ? ? mg ? qv y B ? qB ? v y ? ? dt qB ? ?
(3)
- 30 -

m

dv y dt

? ?qvx B

(4) (5)

m

dvz ?0 dt

(5)式表明,所考察粒子的速度在 z 轴上的分量保持不变,即

vz ? u z
作变量代换,令

(6)

Vx ? v x
(7) 其中

Vy ? v y ? v0

v0 ?
把(7)(8)式代入(3)(4)式得 、 、

mg qB

(8)

dVx ? qBVy dt dV y m ? ? qVx B dt m
由(9) 、(10) 两式可知,作用于粒子的力 F 在 x 和 y 方向的分量分别为

(9) (10)

Fx ? qBVy Fy ? ?qBVx
若用 ? 1 表示 F 的方向与 x 轴的夹角, ? 2 表示 V 的方向与 x 轴的夹角,而 V ? Vx2 ? Vy2 ,则有

tan ?1 ?

Fy Fx

??

Vx Vy

tan ? 2 ?

Vy Vx

可见 tan ?1 ? tan ?2 ? ?1 ,表明 F 的方向与 V 的方向垂直,粒子将在 F 的作用下在 Oxy 平面内 作速率为 V 的匀速圆周运动.若以 R 表示圆周的半径,则有

qVB ? m

V2 R
(11)

R?

mV qB

在匀速圆周运动中,V 的大小是不变的,任何时刻 V 的值也就是 t ? 0 时刻 V 的值,由(7)式 和已知条件在 t ? 0 时刻有

Vx ? ux Vy ? u y ? v0

- 31 -

故有
2 V ? ux ? ? u y ? v0 ? 2

(12)

以上讨论表明,粒子的运动可分成三部分: 根据(6)式 vz ? uz ,可知粒子沿 z 轴的分速度大小和方向都保持不变,但对不同的粒子 是不同的,属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量. 根据(7)式可得 vx ? Vx , vy ? Vy ? v0 ,表明粒子在 Oxy 平面内以速率 V 作圆周运动的 同时,又以速度 v0 沿 y 轴运动.Vx 、 Vy 是圆周运动速度的 x 分量和 y 分量.圆周运动的轨道 半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的 x 分量 ux 和 y 分量 uy 有关.圆周运动的 速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等于 0. 沿 y 轴的速度 v0 由(8)式给出,其大小是恒定的,与粒子的初速度无关,同种粒子相 同,但对带正电的粒子,其方向沿 y 轴的负方向,对带负电的粒子,其方向沿 y 轴的正方向. 由此可见,等离子层内电子和质子虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(8)式给出的速 度 v0 ,其方向垂直于粒子所在处的地球引力,对电子,方向向西,对质子,方向向东.电子、 质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定向运动,电子、 质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流. 由(8)式和(1)(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为 、

v0e ? 9.2 ?10?6 m/s

(13) (14)

v0p ? 1.7 ?10?2 m/s
由于电子、质子漂移速度的方相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬度 向东.根据电流密度的定义有

j ? nq ? v0p ? v0e ?
(15) 代入有关数据得

j ? 2.8 ?10?14 A/m2
电流密度的方向沿纬度向东. 2.上一小题的讨论表明,粒子在 Oxy 平面内作圆周运动,运动的速率由(12)式给出, 它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为
2 2 V ? ux ? v0

(16)

(17)

因题给出的电子与质子的初速度 ux 是不同的,电子、质子的质量又是不同的,故电子、质子 在 Oxy 平面内作圆周运动的半径也是不同的.由(1)(2)(8)(11)(12)各式并代入有 、 、 、 、 关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re ? 0.33m

- 32 -

(18)

Rp ? 14.8m
以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用, 电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为 2Re ? 0.66m 和 2Rp ? 29.6m ,都远小于电 离层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上. 六、参考解答:

(19)

D ?s l l 2. ? d
1. 附 1、2 两问的参考解法: 1.求 S ? 经双缝产生的干涉图像的零级亮纹 P0? 的位置

? 设 P0? 点的坐标为 y0 ,它也就是光源 S ? 与 S 分别对应的干涉条纹的零级亮纹之间的距离,


? ? P0?P0 ? ? y ? y0 ? 0 ? y0
由双缝到 P0? 点的光程差 ?1 ? S2 P? ? S1P? ,从 S1 作 S2 P0? 的垂线交于 H 点,三角形 OP P0? 与 0 0 0 三角形 S1HS2 相似,因 D ?? d , 则

?1 ?

d d ? y0 ? ? y D D
y

(附 1)

P0?

G S ?s S? l

?2 S 1

? y0
z H ?1 D

d

O S2

P0

图1

从 S2 作 S? S1 的垂线交于 G, S ? 到双缝的光程差

?2 ? S?S2 ? S?S1
? 三角形 S OS? 与三角形 S1GS 2 相似,因 l ? d ,则

(附 2)

d ? 2 ? S?S2 ? S?G ? GS1 ? ?GS1 ? ? ? s l
对满足零光程差条件的 P0? 而言,

?

?

(附 3)

d d? s ?S?S2 ? S2 P?? ? ?S?S1 ? S1P?? ? ?1 ? ?2 ? ? y ? ?0 0? 0? ? ? D l


- 33 -

?y?

D ?? s l

(附 4)

2.在线光源情况下,可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间距为

?y ?

D ? d

(附 5)

? s 值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源. 不难证明, 它们经双缝产生干涉条纹的
间距 ?y 均如(5)式所示.宽度为 w 的扩展光源是由一系列 ? s 值不同的、连续分布的、相互 独立的线光源构成.因此扩展光源在观察屏上产生的干涉图像的强度是由每个线光源产生干 涉条纹的强度相加而成.当扩展光源宽度为 w 时,对于光源最边缘点有

?s ? w
代入(4)式

(附 6)

?y?


D l

w

(附 7)

?y ? ? y
则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个条纹间距.由于扩展光源各部 分产生的干涉条纹的光强分布都相同,各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等, 变得一片模糊而无法分辨.由(5)式和(7)式,求得为使条纹能被分辨,扩展光源允许的 最大宽度

(附 8)

w?
3. 解法一 如图 2 所示, aa ? 是由扩展光源上端边缘发出 的平行光, bb ? 是由扩展光源下端边缘发出的平行 光 . 设 ab 光 线 交 于 M 1 点 , a ?b ? 光 线 交 于 M 2 点. aa ? 光束中的光线 a 经过 M1 M 3 S1 P 到达观察 屏上 P 点;光线 a ? 经过 M 2 M 4 S2 P 到达观察屏上 P 点, 两相干光波产生干涉, 在观察屏上产生一套干 涉条纹.同理,平行光束 bb ? 在观察屏上产生另一 套干涉条纹. 从扩展光源不同部位发出的、 倾角在

l ? d
a b

(附 9)

?

M1 H 双孔屏 S1

观察屏


M3
h d

y

P

M4

S2

P0

a? b?

?

M2

图2

0 和 ? 之间不同角度入射的平行光束,经迈克尔逊测星仪相应的反射镜走过不同路径到双孔, 然后在观察屏上产生很多套干涉条纹.这些干涉条纹光强度彼此相加,屏幕上就形成了光强 度的分布图像.根据第 2 问的结果,其清晰度取决于来自扩展光源上下边缘发出的平行光 aa ? 与 bb ? 分别在屏幕上产生两套干涉条纹的相对位置错开的程度. 由对称性考虑, 平行光束 aa ? 中两条光线 a 和 a ? 在观察屏上 P0 的光程差为 0, 即平行光 aa ? 产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在 P0 处. 现讨论以倾角 ? 斜入射的平行光束 bb ? 通过整个光
- 34 -

学装置后,在观察屏上某点发生干涉时的光程差.光束 bb ? 中的光线 b 入射 M1 的光线经 M3 反 射到达 S1 ,光线 b 从 M 1 点算起,所经光程为 M1M3 ? M3 S1 ;光线 b ? 入射 M2 的光线经 M4 反 射到达 S2 ,光线 b ? 从 M 2 点算起,所经光程为 M 2 M 4 ? M 4 S 2 .由对称性可得

M1M3 ? M3S1 ? M 2 M 4 ? M 4 S2
也就是说从 M1 和 M2 算起,光线 b 和 b ? 到达 S1 与 S2 的光程是相等的,但是光线 b 和 b ? 在到达 M1 和 M2 时,二者的相位却不同.由 M 2 作斜入射光线 bM 1 的垂线交 H 点, M 2 与 H 相位相 等,因此,斜入射的两条平行光线 b 和 b ? 到达 S1 和 S2 时的相位差是光程差 HM1 引起的

(1)

? ?1 ? ? M2 M4 S2 ? ? ? HM1M3 S1 ? ? ?HM1 ? ?h?

(2)

从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星干涉仪,经双孔后发出的相干光在观察屏上 坐标为 y(坐标原点取在 P0 上)的 P 点上引起的光程差

? ? ? ?1 ? ?1 ? ?h? ?
其零级亮纹所在位置 P0? 对应的光程差 ? ? 0 ,故 P0? 的坐标

d y D

(3)

? y0 ? h? ?

D d

(4)

这也就是平行光 aa ? 与 bb ? 产生的干涉条纹的零级亮纹(也是两套条纹)错开的距离

? y ? h? ?

D d

(5)

因在线光源情况下,可以导出双孔干涉的相邻两亮纹的间距为

?y ?
(6)

D ? d

当二者错开一个条纹间隔时,即 ?y ? ? y ,代入(6)式(星光波长采用 ? ) ,得

??

?
h

(7)

远处的星体作为扩展光源发出的光经过“测星仪”到达双孔,在屏上观察到干涉条纹的 清晰度下降,由小到大调节 M1、M2 距离 h,当屏幕上条纹消失时,记下此时 h 的值代入(7) 式就可确定扩展光源角直径 ? 的大小. 注:实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源,通过调节 h 使屏幕上的干涉条纹消失, 即各处强度完全相等时,通过数学计算,用迈克尔逊测星仪测量得的星体角直径 ? ? 1.22

?
h



解法二

? 如图 3 所示,对 M1、M3 而言,找出 S1 对 M 3 的中间像 S1?? 和对 M 1 所成的像 S1 以及光线 a
在 M1、M3 的反射点 F 和 G.由物像的对称性可知 GS1 ? GS1?? , FS1? ? FS1?? ,故
- 35 -

FS1? ? FG ? GS1
即从光线 a 上一点到 S1? 和到 S1 的光程相等.同理可证,从光线 b 上一点到 S1? 和到 S1 的光程相

? 等;对 M2、M4(未画出)而言,从光线 a ? 上一点到 S2 和到 S2 的光程相等;从光线 b ? 上一点 ? 到 S2 和到 S2 的光程相等.

?
a b

?lb

?

F

M1

b

H
?
h

S1?

S1?

M3 G

S1

S1??
图3 图4

? b?

? S2

因此, 光线 a 到 S1 处与光线 a ? 到 S2 处引起的光程差 ?la 与没有反射镜 M1、 2 时两光线到 S1? 、 M

? S2 处的光程相等.因 a、 a ? 垂直双孔屏,故
?la ? 0
通过双孔 S1 、 S2 后,光线 a、 a ? 在 P0 的光程差 (1) (2)

?la? ? 0

? 平行光束 b b ? 斜入射时, 可从 S1? 、S2 处求 b、b ? 两光线到达 S1 、S2 处的光程差 ?lb . S2 由 ?
? 作 bS1? 的垂线 S2 H (见图 4) ,

?lb ? HS1? ? h sin? ? h?
说明光线 b ? 超前于光线 b.

(3)

P0?
b

S1
d

? y0

?
? S2 ?lb

?

b?

a

a?

P0

图5

通过双孔 S1 、S2 后光线 b、b ? 射出的相干光线在屏幕上形成的零级亮纹不可能位于 P0 处, 因为二者到达双孔前光线 b ? 已超前了光线 b,如图 5 所示,光线 b ? 经过 S2 孔后要多走一段光

- 36 -

程来抵消前面的相位差,以达到与光线 b 在没有光程差的情况下相交于远方屏幕上,形成干 涉零级亮纹.该点所对应的 b ? 经过 S2 孔后多走的光程

? ?lb ? S2 P? ? S1P? ? d sin ? ? d? 0 0
? 从 ?lb ? ?lb 可求得平行光束 bb ? 经双孔后在观察屏上的干涉零级条纹位置 P0? .由(3)式
和(4)式,得

(4)

?? ?
P0? 的位置坐标
? y0 ? D tan ? ? D?

h d

(5)

(6)

? 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S1? 、 S2 之间的距离)h,直到屏幕上的
干涉条纹消失,即各处强度完全相等时,记下此时 h 的值.这时相干光 bb ? 在屏幕上零级亮纹 位置 P0? 与 P0 的距离

? P P? ? y0 ? 0 ? ? y ? D? 0 0
当 P P? 等于条纹间隔 ?y ,即 0 0

(7)

P0 P0? ?
代入(7)式得

D ? d

(8)

??
由(5)(9)两式,得 、

?
d

(9)

??

?
h

(10)

解法三 根据第 2 问的结果,为使条纹能被分辨,扩展光源的允许宽度为 w ? 源对双缝中心的张角为

l ? ,从而扩展光 d
(1)
'

?? ?

w ? ? l d

如图 3 所示,对 M1、M3 而言,找出 S1 对 M 3 的中间像 S1?? 和对 M 1 所成的像 S1 以及光线 a 在 M1、M3 的反射点 F 和 G.由物像的对称性可知 GS1 ? GS1?? , FS1? ? FS1?? ,故

FS1? ? FG ? GS1
即从光线 a 上一点到 S1? 和到 S1 的光程相等.同理可证,从光线 b 上一点到 S1? 和到 S1 的光程相

? 等;对 M2、M4(未画出)而言,从光线 a ? 上一点到 S2 和到 S2 的光程相等;从光线 b ? 上一点 ? ? 到 S2 和到 S2 的光程相等.从分析可知, S1? 为 S1 经 M3、M1 反射的等效像点, S2 为 S2 经 M4、 ? M2 反射的等效像点,从而可将测星干涉看作是经双孔 S1? 、 S2 的等效杨氏双缝干涉,其缝距为

? ? S1S2 ? h
- 37 -

(2)

? 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S1? 、 S2 之间的距离)h,直到屏幕上的
干涉条纹消失,即各处强度完全相等,这时只需将测得的 h 直接替换(1)式中的 d,可得计 算星体角直径的公式

??
得到与前两种解法相同的结果.

?
h

(3)

七、参考解答: 根据题意, Be 核和 K 层电子的动量都为零,在第一个反应中,若用 pLi* 表示激发态锂 核
7

?

? Li ?
7

?

? ? ? 的动量, pη 表示中微子 η 的动量,则由动量守恒定律有 p ? ? p? ? 0 Li

(1) ? 即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等,方向相反.在第二个反应中,若用 pLi 表示反 ? 7 冲锂核 Li 的动量, p? 表示光子的动量,则由动量守恒定律有 ? ? ? p ? ? pLi ? pγ (2)
Li

由(1)(2)式得 、

? ? ? pLi ? ? ? pγ ? p? ? (3)
当锂核的反冲动量 p Li 最大时,其反冲能量也最大. 由(3)式可知,当中微子的动量与 γ 光 子的动量同方向时,锂核的反冲动量最大.注意到 γ 光子的动量

pγ ?


h? c
(4)

pLi ? pη ?

h? c

(5) 由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多,锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表 示,这时有

ER ?

2 pLi 2mLi

(6) 由(5)(6)式得 、

pη c ? 2mLi c 2 ER ? h?
代入有关数据得

(7)

- 38 -

pη ? 0.38MeV/c
用 Eη 表示中微子的能量,根据相对论有
2 2 Eη ? mη c 2 ? pη c 2

(8)

(9)

根据能量守恒定律有

mBec2 ? mec2 ? mLi c2 ? ER ? h? ? Eη
由(9)(10)式得 、
? mη c 2 ? ?? mBe c 2 ? me c 2 ? mLi c 2 ? ER ? h? ? ? pη c 2 ? ? ? ? ? 2 1 2

(10)

(11)

由(8)式和已知数据得

mη ? 0.00MeV/c2
由(12)式可知,所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内,故不能 确定中微子的静止质量.如果有,其质量一定小于 0.1MeV / c 2 .

(12)

第 25 届全国中学生物理竞赛预赛卷
1. 如图所示,两块固连在一起的物块 a 和 b,质量分别为 ma 和 mb,放在水 平的光滑桌面上。现同时施给它们方向如图所示的推力 Fa 和拉力 Fb,已知 Fa>Fb,则 a 对 b 的作用力 A. 必为推力 B. 必为拉力 C. 可能为推力,也可能为拉力 D. 可能为零 2. 用光照射处在基态的氢原子,有可能使氢原子电离。下列说法中正确的是 A. 只要光的光强足够大, 就一定可以使氢原子电离 B. 只要光的频率足够高, 就一定可以使氢原子电离 C. 只要光子的能量足够大,就一定可以使氢原子电离 D. 只要光照的时间足够长,就一定可以使氢原子电离 3. 如图所示,一 U 形光滑导轨串有一电阻 R,放置在匀强的外磁场中,导轨平面 与磁场方向垂直。 一电阻可忽略不计但有一定质量的金属杆 ab 跨接在导轨上, 可 沿导轨方向平移。现从静止开始对 ab 杆施以向右的恒力 F,若忽略杆和 U 形导轨 的自感,则在杆运动过程中,下列哪种说法是正确的? A. 外磁场对载流杆 ab 的作用力对 ab 杆做功,但外磁场的能量是不变的 B. 外力 F 的功总是等于电阻 R 上消耗的功 C. 外磁场对载流杆 ab 作用力的功率与电阻 R 上消耗的功率两者的大小是相等的 D. 电阻 R 上消耗的功率存在最大值 4. 如图所示,放置在升降机地板上的盛有水的容器中,插有两根相对容器的位置是固定的玻 璃管 a 和 b,管的上端都是封闭的,下端都是开口的。管内被水各封有一定质量的气体。 平衡时,a 管内的水面比管外低,b 管内的水面比管外高。现令升降机从静止开始加速下 降,已知在此过程中管内气体仍被封闭在管内,且经历的过程可视为绝热过程,则在此过 程中 A. a 中气体内能将增加,b 中气体内能将减少 B. a 中气体内能将减少,b 中气体内能将增加 C. a、b 中气体内能都将增加 D. a、b 中气体内能都将减少 5. 图示为由粗细均匀的细玻璃管弯曲成的“双 U 形管”,a、b、c、d 为其四段竖直的部分, 其中 a、d 上端是开口的,处在大气中。管中的水银把一段气体柱密封在 b、c 内,达到平
- 39 -

衡时,管内水银面的位置如图所示。现缓慢地降低气柱中气体的温度,若 c 中的水银面上升了 一小段高度 Δh,则 A. b 中的水银面也上升 Δh B. b 中的水银面也上升,但上升的高度小于 Δh C. 气柱中气体压强的减少量等于高为 Δh 的水银柱所产生的压强 D. 气柱中气体压强的减少量等于高为 2Δh 的水银柱所产生的压强 6. 图中 L 是绕在铁心上的线圈,它与电阻 R、R0、电键和电池 E 可构成闭合回路。线圈 上的箭头表示线圈中电流的正方向,当电流的流向与箭头所示的方向相同时,该电流为 正,否则为负。电键 K1 和 K2 都处在断开状态。设在 t=0 时刻,接通电键 K1,经过一段 时间,在 t=tl 时刻,再接通电键 K2,则能较正确地表示 L 中的电流 I 随时间 t 变化的图 线是下面给出的四个图中的哪个图?

A. 图 l

B. 图 2

C. 图 3

D. 图 4

7. (8 分)为了估算水库中水的体积,可取一瓶无毒的放射性同位素的水溶液,测得瓶内溶 液每分钟衰变 6×107 次,已知这种同位素的半衰期为 2 天。现将这瓶溶液倒入水库,8 天后可 以认为溶液已均匀分布在水库中,这时取 1.0m3 水库中的水样,测得水样每分钟衰变 20 次。 由此可知水库中水的体积约为________________m3。

8. (8 分)在一条笔直的公路上依次设置三盏交通信号灯 L1、L2 和 L3,L2 与 L1 相距 80m,L3 与 L1 相距 120m。每盏信号灯显示绿色的时间间隔都是 20s,显示红色的时间间隔都是 40s。L1 与 L3 同时显示绿色,L2 则在 L1 显示红色经历了 10s 时开始显示绿色。规定车辆通过三盏信号 灯经历的时间不得超过 150s。若有一辆匀速向前行驶的汽车通过 L1 的时刻正好是 L1 刚开始显 示绿色的时刻,则此汽车能不停顿地通过三盏信号灯的最大速率______m/s。若一辆匀速向前 行驶的自行车通过 L1 的时刻是 L1 显示绿色经历了 10s 的时刻,则此自行车能不停顿地通过三 盏信号灯的最小速率是________________m/s。

9. (8 分)位于水平光滑桌面上的 n 个完全相同的小物块,沿一条直线排列,相邻小物块间 都存在一定的距离。自左向右起,第 1 个小物块标记为 P1,第 2 个小物块标记为 P2,第 3 个 小物块标记为 P3,……,最后一个小物块即最右边的小物块标记为 Pn。现设法同时给每个小物 块一个方向都向右但大小各不相同的速度,其中最大的速度记作 v1,最小的速度记作 vn,介 于最大速度和最小速度间的各速度由大到小依次记为 v2、 3、 vn?1。 v …、 若当小物块发生碰撞时, 碰撞都是弹性正碰,且碰撞时间极短,则最终小物块 P1、P2、P3、…、Pn。速度的大小依次为 ________________________________________________。 10. (11 分)有两块无限大的均匀带电平面,一块带正电,一块带负电,单 位面积所带电荷量的数值相等。现把两带电平面正交放置如图所示。图中直 线 A1B1 和 A2B2 分别为带正电的平面和带负电的平面与纸面正交的交线,O 为 两交线的交点。 (i)试根据每块无限大均匀带电平面产生的电场 (场强和电势) 具有对称性的特 点,并取 O 点作为电势的零点,在右面给的整个图上画出电场(正、负电荷 产生的总电场)中电势分别为 0、1V、2V、3V、?1V、?2V 和?3V 的等势面与 纸面的交线的示意图,并标出每个等势面的电势。 (ii)若每个带电平面单独产生的电场的场强是 E0=1.0V/m,则可求出(i)中相邻

- 40 -

两等势面间的距离 d=________________________________。

11. (10 分)一列简谐横波在 x 轴上传播(振动位移沿 y 轴)。已知 x=12cm 处的质元的振动 图线如图 1 所示,x=18cm 处的质元的振动图线如图 2 所示。根据这两条振动图线,可获得关 于这列简谐横波的确定的和可能的信息(如频率、波速、波长等)是哪些? ______________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________ 12. (8 分)一座平顶房屋,顶的面积 S=40m2。第一次连续下了 t=24 小时的雨,雨滴 沿竖直方向以 v=5.0m/s 的速度落到屋顶,假定雨滴撞击屋顶的时间极短且不反弹,并 立即流走。第二次气温在摄氏零下若干度,而且是下冻雨,也下了 24 小时,全部冻雨 落到屋顶便都结成冰并留在屋顶上,测得冰层的厚度 d=25mm。已知两次下雨的雨量相 等,冰的密度为 9×102kg/m3。由以上数据可估算得第二次下的冻雨结成的冰对屋顶的压 力 为 _______N , 第 一 次 下 雨 过 程 中 , 雨 对 屋 顶 的 撞 击 使 整 个 屋 顶 受 到 的 压 力 为 _______N。 13. (10 分)在示波器的 YY'偏转电极上,加电压 u1=U0sin2πνt,式中 ν=50Hz。同时在示波器的 XX'偏 转电极上加如图 1 所示的锯齿波电压 u2,试在图 2 中画出荧光屏上显示出的图线。 如果由于某种原因, 此图线很缓慢地向右移动,则其原因是 _____________________________________________________________ _____________________________________________________。 14. (14 分)一电流表,其内阻 Rg=10.0Ω,如果将它与一阻值 R0=44990Ω 的定值电阻串联, 便可成为一量程 U0=50V 的电压表。现把此电流表改装成一块双量程的电压表,两个量程分别 为 U01=5V 和 U02=10V。当用此电压表的 5V 挡去测量一直流电源两端的电压时,电压表的示数 为 4.50V;当用此电压表的 10V 挡去测量该电源两端的电压时,电压表的示数为 4.80V。问此 电源的电动势为多少 15. (12 分)为训练宇航员能在失重状态下工作和生活,需要创造一种失重的环境。在地球 表面附近,当飞机模拟某些在重力作用下的运动时,就可以在飞机座舱内实现短时间的完全 失重状态。现要求一架飞机在速率为 v1=500m/s 时进入失重状态试验,在速率为 v2=1000m/s 时退出失重状态试验。重力加速度 g=10m/s2。试问: (i)在上述给定的速率要求下,该飞机需要模拟何种运动,方可在一定范围内任意选择失重 时间的长短?试定量讨论影响失重时间长短的因素。 (ii)飞机模拟这种运动时,可选择的失重状态的时间范围是多少? 16. (12 分)假定月球绕地球作圆周运动,地球绕太阳也作圆周运动,且轨道都在同一平面 内 。 已 知 地 球 表 面 处 的 重 力 加 速 度 g=9.80m/s2 , 地 球 半 径 R0=6.37×106m , 月 球 质 量 mm=7.3×1022kg,月球半径 Rm=1.7×106m,引力恒量 G=6.67×10?11N· 2/kg2,月心地心间的距离 m 8 约为 rem=3.84×10 m (i)月球的球心绕地球的球心运动一周需多少天? (ii)地球上的观察者相继两次看到满月需多少天? (iii)若忽略月球绕地球的运动,设想从地球表面发射一枚火箭直接射向月球,试估算火箭到达 月球表面时的速度至少为多少(结果要求两位数字)?

- 41 -

17. (12 分) 如图所示, 和 2 是放在水平地面上的两个小物块 1 (可视为质点) , 与地面的滑动摩擦系数相同, 两物块间的距离 d=170.00m, 它们的质量分别为 m1=2.00kg、m2=3.00kg。现令它们分别以初速度 v1=10.00m/s 和 v2=2.00m/s 迎 向运动,经过时间 t=20.0s,两物块相碰,碰撞时间极短,碰后两者粘在一起 运动。求从刚碰后到停止运动过程中损失的机械能。 18. (11 分)磅秤由底座、载物平台 Q、杠杆系统及硅码组成,图示为其等 效的在竖直平面内的截面图。 是一块水平放置的铁板, Q 通过两侧的竖直铁板 H 和 K 压在 E、B 处的刀口上。杠杆系统由横杆 DEF、ABCP 和竖杆 CF、MP 以 及横梁 MON 组成,另有两个位于 A、D 处的刀口分别压在磅秤的底座上(Q、K、H、E、B、A、 D 沿垂直于纸面的方向都有一定的长度,图中为其断面)。C、F、M、N、O、P 都是转轴,其 中 O 被位于顶部并与磅秤底座固连的支架 OL 吊住,所以转轴 O 不能发生移动,磅秤设计时, 已做到当载物平台上不放任何待秤物品、游码 S 位于左侧零刻度处、砝码挂钩上砝码为零时, 横梁 MON 处于水平状态,这时横杆 DEF、ABCP 亦是水平的,而竖杆 CF、MP 则是竖直的。 当重为 W 的待秤物品放在载物平台 Q 上时,用 W1 表示 B 处刀口增加的压力,W2 表示 E 处刀 口增加的压力,由于杠杆系统的调节,横梁 MON 失去平衡,偏离水平位置。适当增加砝码 G 或移动游码 S 的位置,可使横梁 MON 恢复平衡,回到水平位置。待秤物品的重量(质量)可 由砝码数值及游码的位置确定。为了保证待秤物品放在载物台上不同位置时磅秤都能显示出 相同的结果,在设计时,AB、DE、AC、DF 之间应满足怎样的关系? 19. (11 分)如图所示,一细长的圆柱形均匀玻璃棒,其一个端面是平面(垂直于轴线), 另一个端面是球面,球心位于轴线上。现有一很细的光束沿平行于轴线方向且很靠近轴线入 射。当光从平端面射入棒内时,光线从另一端面射出后与轴线的交点到球面的距离为 a;当光 线从球形端面射入棒内时,光线在棒内与轴线的交点到球面的距离为 b。试近似地求出玻璃的 折射率 n。

20. (13 分)光子不仅具有能量,而且还具有动量,频率为 ν 的光子的能量为 hν,动量

hν , c

式中 h 为普朗克常量,c 为光速。光子射到物体表面时将产生压力作用,这就是光压。设想有 一宇宙尘埃,可视为一半径 R=10.0cm 的小球,其材料与地球的相同,它到太阳的距离与地球 到太阳的距离相等。试计算太阳辐射对此尘埃作用力的大小与太阳对它万有引力大小的比值。 假定太阳辐射射到尘埃时被尘埃全部吸收。已知:地球绕太阳的运动可视为圆周运动,太阳 辐射在单位时间内射到位于地球轨道处的、垂直于太阳光线方向的单位面积上的辐射能 S=1.37×103W/m2, 地球到太阳中心的距离 rse=1.5×1011m, 地球表面附近的重力加速度 g=10m/s2, 地球半径 Re=6.4×106m,引力恒量 G=6.67×10?11N· 2/kg2。 m 21. (16 分)设空间存在三个相互垂直的已知场:电场强度为 E 的匀强电场,磁感应强度为 B 的匀强磁场和重力加速度为 g 的重力场。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的质点在此空间 运动,已知在运动过程中,质点速度的大小恒定不变。 (i)试通过论证,说明此质点作何种运动(不必求出运动的轨迹方程)。 (ii)若在某一时刻,电场和磁场突然全部消失,已知此后该质点在运动过程中的最小动能为其 初始动能(即电场和磁场刚要消失时的动能)的一半,试求在电场、磁场刚要消失时刻该质 点的速度在三个场方向的分量。

第 25 届全国中学生物理竞赛预赛卷 参考解答与评分标准
一、选择题(36 分)答案:
- 42 -

1. CD 2. BC 3. ACD 4. B 5. AD 6. A 评分标准:每小题 6 分。全都选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分。 二、填空题及作图题答案及评分标准 7. 1.9×105(8 分) 8. 2(4 分)、

12 (4 分) 13

9. vn、vn?1、?、v3、v2、v1。(8 分) 10. (i)如图所示(8 分) (ii)

2 m (3 分) 2
1 ?1 s (2 分) 12
2 cm / s ,其他可能的传播速 3

11. (1)振幅 A=4cm(2 分) (2)周期 T=12s,或频率 ν ?

(3)若波沿正 x 方向传播,则此波可能的最大的传播速度 vm ? 度为 vn ?

2 cm / s ,n=1,2,3,?;此波可能的最大波长为 λ=8cm,其他可能的波长为 3 ? 4n

λn ?

24 cm ,n=1,2,3,?(3 分) 3 ? 4n

(4)若波沿负 x 方向传播,则此波可能的最大的传播速度 vm=2cm/s,其他可能的传播速度为

vn ?

2 cm / s ,n=1,2,3,?;此波可能的最大波长为 λ=24cm,其他可能的波长为 1 ? 4n

λn ?

24 cm ,n=1,2,3,?(3 分) 1 ? 4n

12. 9×103(2 分)0.058(6 分) 13. 如图(6 分) 锯齿波的周期不正好等于正弦波周期的 2 倍,而是稍小一点。(4 分) 三、计算题 14. 参考解答: 设电流表的量程为 Ig,当电流表与定值电阻 R0 串联改装成电压表时,此电压表的内阻 R'0=Rg+R0 (1) 由于此电压表的量程 U0=50V,故有 IgR'0=U0 (2) 由(1)、(2)两式得 I g ?

U0 50 ? A ? 1.11?10?3 A Rg ? R0 10 ? 44990
Rg R1 5V

(3)

即电流表的量程为 1mA。 A 电流表改装成的双量程电压表的电路如图所示,图中 R1 和 R2 是为把电流表改装成双量程电压表必须串联的电 + 阻, 其值待求。 R'1 表示电压表量程 U01=5V 档的内阻, 用 则有 R'1=Rg+R1 (4) 而 IgR'1=U01 由(3)、(5)式得 R'1 ?

R2 10V (5) (6)

U 01 5 ? ?3 Ω ? 5 ?103 Ω I g 10 U 02 10 ? ?3 Ω ? 1.0 ?104 Ω I g 10
- 43 -

同理得电压表量程 U02=10V 档的内阻

R'2 ? Rg ? R1 ? R2 ?

(7)

设电源的电动势为 E,内阻为 r,当用电压表的 5V 档测电源两端的电压时,电压表的示数为 U1,已知 U1=4.50V,设此时通过电压表的电流为 I1,有 U1+I1r=E (8) U1=I1R'1 (9) 当用电压表的 10V 档测量该电源两端的电压时,电压表的示数为 U2,已知 U2=4.80V,设此时 通过电压表的电流为 I2,有 U2+I2r=E (10) U2=I2R'2 (11) 解(8)、(9)、(10)、(11)式,并注意到(6)、(7)式得 E=5.14V (12) 评分标准:本题 14 分。(3)式 3 分,(6)式 2 分,(7)式 2 分,(8)式、(9)式、(10)式、(11)式共 4 分,(12)式 3 分。 15. 参考解答: (i)当飞机作加速度的大小为重力加速度 g,加速度的方向竖直向 下的运动时,座舱内的试验者便处于完全失重状态。这种运动 可以是飞机模拟无阻力下的自由落体运动或竖直上抛运动,也 可以是斜抛运动。当进入试验的速率和退出试验的速率确定后, 飞机模拟前两种运动时,失重时间的长短都是一定的、不可选 择的。当飞机模拟无阻力作用下的斜抛运动时,失重时间的长 短与抛射角有关,可在一定范围内进行选择。 考察飞机模拟无阻力作用下的斜抛运动。设开始试验时飞机的初速度的大小为 v1,方向与水 平方向成 θ 角,起始位置为 A 点,经做抛物线运动在 B 点退出试验,如图所示。以 t 表示试 验经历的时间,在退出试验时的速率为 v2,则有 v2x=v1cosθ (1) v2y=v1sinθ?gt (2)
2 2 2 而 v2 ? v2 x ? v2 y

(3)
2 2 2 1 2 2

由(1)、(2)、(3)式得 g t ? 2v1 gt sin θ ? v ? v ? 0 解(4)式得 t ?

(4) (5)

v1 sin θ ? v sin θ ? (v ? v ) g
2 1 2 2 2 2 1

由(5)式可知,当进入试验时飞机的速度 v1 和退出试验时飞机的速度 v2 确定以后,失重时间的 长短可通过角 θ 来调节。 (ii)当 θ=90°时失重时间最长,由(5)式可求得最长失重时间 tmax=150s (6) 当 θ=?90°时,失重时间最短,由(5)式可求得最短失重时间 tmin=50s (7) 失重时间的调节范围在 150s 到 50s 之间。 评分标准:本题 12 分。第(i)小问 8 分。指明斜抛运动得 2 分,求得(5)式并指出失重时间的长 短可通过角 θ 来调节得 6 分。第(ii)小问 4 分。求得(6)式得 2 分,求得(7)式得 2 分。 16. 参考解答: (i)月球在地球引力作用下绕地心作圆周运动,设地球的质量为 me,月球绕地心作圆周运动的 角速度为 ωm,由万有引力定律和牛顿定律有 G 另有 G

me mm 2 ? mm remωm 2 rem

(1) (2)

me ?g Re2 2π ωm
3 rem gRe2

月球绕地球一周的时间 Tm ?

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得 Tm ? 2π

(4) (5)

代入有关数据得 Tm=2.37×106s=27.4 天 (ii)满月是当月球、地球、太阳成一条直线时才有的,此时地球在月球和太 阳之间,即图中 A 的位置。当第二个满月时,由于地球绕太阳的运动,地

- 44 -

球的位置已运动到 A'。 若以 T'm 表示相继两次满月经历的时间, e 表示地球绕太阳运动的角速 ω 度,由于 ωe 和 ωm 的方向相同,故有 ωmT'm=2π+ωeT'm (6) 而 ωm ?

2π Tm

(7) (8)

ωe ?

2π Te
TeTm Te ? Tm

式中 Te 为地球绕太阳运动的周期,Te=365 天。由(6)、(7)、(8)三式得

T'm ?

(9)

注意到(5)式,得 T'm=29.6 天 (10) (iii)从地面射向月球的火箭一方面受到地球的引力作用,另一方面也受到月球引力的作用。当 火箭离地球较近时,地球的引力大于月球的引力;当离月球较近时,月球的引力大于地球的 引力。作地心和月心的连线,设在地月间某一点 O 处,地球作用于火箭的引力的大小正好等 于月球作用于火箭的引力大小。以 r 表示 O 点到月球中心的距离,则有

G

me m m m ? G m2 2 (rem ? r ) r me 2 ? 1)r 2 ? 2remr ? rem ? 0 mm

(11) (12)

式中 m 是火箭的质量。由(11)式得 (

解(12)式,注意到(2)式,代入有关数据,得 r=3.8×107m (13) 从地球表面发射直接射向月球的火箭只要能到达 O 点,则过 O 点后,因月球引力大于地球引 力,它便能在月球引力作用下到达月球,这样发射时火箭离开地面时的速度最小,它到达月 球时的速度也最小。设火箭刚到达月球时的最小速度为 v,则由机械能守恒定律有

?G

me m me m m m m m 1 ? G m ? ?G ? G m ? m v2 rem ? r r rem ? Rm Rm 2

(14)

解得 v ?

2Gme (

1 1 1 1 ? ) ? 2Gmm ( ? ) rem ? Rm rem ? r Rm r

(15)

注意到(2)式,代入有关数据得 v=2.3×103m/s (16) 评分标准:第(i)小问 3 分。求得(4)式得 2 分,求得(5)式得 1 分。第(ii)小问 3 分。求得(9)式得 2 分,求得(10)式得 1 分。第(iii)小问 6 分。(11)式 2 分,(14)式得 2 分,(16)式 2 分。 17. 参考解答: 因两物块与地面间的滑动摩擦系数相同,故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的,以 a 表示此加速度的大小。先假定在时间 t 内,两物块始终作减速运动,都未停下。现分别以 s1 和 s2 表示它们走的路程,则有 s1 ? v1t ?

1 2 at 2

(1) (2)

1 s2 ? v2t ? at 2 2

而 s1+s2=d (3) 2 解(1)、(2)、(3)三式并代入有关数据得 a=0.175m/s (4) 经过时间 t,两物块的速度分别为 v'1=v1?at (5) v'2=v2?at (6) 代入有关数据得 v'1=6.5m/s (7) v'2=?1.5m/s (8) v'2 为负值是不合理的,因为物块是在摩擦力作用下作减速运动,当速度减少至零时,摩擦力 消失,加速度不复存在,v'2 不可为负。v'2 为负,表明物块 2 经历的时间小于 t 时已经停止运 动,(2)式从而(4)、(6)、(7)、(8)式都不成立。在时间 t 内,物块 2 停止运动前滑行的路程应是

- 45 -

s2 ?

2 v2 2a

(9) (10) (11) (12) (13) (14) (15)

解(1)、(9)、(3)式,代入有关数据得 a=0.20m/s2 由(5)、(10)式求得刚要发生碰撞时物块 1 的速度 v'1=6.0m/s 而物块 2 的速度 v'2=0 设 V 为两物块碰撞后的速度,由动量守恒定律有 m1v'1=(m1+m2)V 刚碰后到停止运动过程中损失的机械能 ΔE ? 由(13)、(14)得 ΔE ?

1 (m1 ? m2 )V 2 2

1 m12v'12 2 m1 ? m2

代入有关数据得 ΔE=14.4J (16) 评分标准:本题 12 分。通过定量论证得到(9)式共 4 分,求得(11)式得 4 分,(13)式 1 分,(14) 式 1 分,(15)式 1 分,(16)式 1 分。 18. 参考解答: 根据题意, 通过增加砝码和调节游码的位置使磅秤恢复平衡, 这时横梁 MON、 横杆 ABCP、 DEF 以及载物台 Q 都是水平的,竖杆 MP、CF 都是竖直的。B、E 处的刀口增加的压力分别为 W1 和 W2,它们与待秤量物体的重量 W 的关系为 W=W1+W2 (1) W1 与 W2 之和是确定的, W1、 2 的大小与物品放置在载物台上的位置有关。 但 W 对于横杆 DEF, 它在 E 点受到向下作用力(为了叙述简单,下面所说的作用力皆指载物后增加的作用力)的大 小 W2,设在 F 点受到向上作用力的大小为 W'2,平衡时有 W2· DE=W'2· DF (2) 对横杆 ABCP,在 B 点受到向下作用力的大小为 W1,在 C 点受到向下的作用力的大小为 W'2, 设在 P 点受到向上的作用力的大小为 W3,平衡时有 W3· AP=W1· AB+W'2· AC (3) 由以上三式得 W3 ? AP ? W ? AC ?

DE DE ? W1 ? ( AB ? AC ) DF DF

(4)

要使重物在平台上的位置不影响的 W3 大小,就必需要求 W3 与 W1 无关,即有

AB ? AC

DE ?0 DF AB DE ? AC DF

(5) (6)

即 AB、DE、AC、DF 应满足的关系为

评分标准:本题 11 分。(1)式 2 分,(2)式 2 分,(3)式 2 分,(4)式 3 分,(5)式或(6)式 2 分。 19. 参考解答:

入射的两条光线如图所示。 1、 1 是从平端入射的光线通过球形端面时的入射角和折射角; 2、 α β α β2 是从球形端面入射的光线通过球面时的入射角和折射角。根据折射定律有 nsinα1=sinβ1 (1) sinα2=nsinβ2 (2) 由几何关系有 β1=α1+δ1 (3) α2=β2+δ2 (4) 设球面的半径为 R,注意到 α1、α2、δ1、δ2 都是小角度,故有 Rα1=aδ1 (5) Rα2=bδ2 (6) 根据题给的条件,(1)、(2)式可近似表示成 nα1=β1 (7)
- 46 -

α2=nβ2

(8) (9)

b 由(3)式?(8)式得 n ? a

评分标准:本题 11 分。(1)式 1 分,(2)式 1 分,(3)式 1 分,(4)式 1 分,(5)式 1 分,(6)式 1 分, (7)式 1 分,(8)式 1 分,(9)式 3 分。 20. 参考解答: 设宇宙尘埃的质量为 m,太阳的质量为 M,则太阳作用于尘埃的万有引力

f ?G

Mm 2 rse
4 3 πR ρ 3

(1) (2) (3)

设地球的密度为 ρ,地球的质量为 me,按题意有 m ?

4 3 πRe 3 me 另有 G 2 ? g Re Mm 2π 2 和 G 2 e ? me ( ) rse rse T
(5)式得 f ?

ρ?

me

(4) (5)

式中 T 为地球绕太阳作圆周运动的周期,T=365×24×60×60s=3.15×107s。由(1)、(2)、(3)、(4)、

gR3 2π 2 ( ) rse GRe T

(6)

太阳辐射中含有各种频率的光子,设单位时间内,射到尘埃所在处的与太阳辐射垂直的单位 面积上频率为 νi 的光子数为 Ni,根据 S 的定义有 S ?

? N hν
i i

i

(7)

光子不仅具有能量,还具有动量。由题意可知频率为 νi 的光子动量 pi ? 光子射到尘埃表面被尘埃吸收,故光子作用于尘埃的冲量 ΔIi=pi 单位时间内射到尘埃单位面积上的各种频率的光子对尘埃的总冲量

hνi c

(8) (9) (10)

ΔI ? ? Ni ΔI i ? ? Ni pi
i i

ΔI 也就是压强。由于尘埃的表面是球面,球面上各部分并不都与太阳辐射垂直,但射到球面 上的光辐射与射到与太阳辐射相垂直的球的大圆面上的光辐射是相等的,故太阳辐射作用于 尘埃的力 F=πR2ΔI (11)

πR2 S c F GRe ST 2 由(6)式和(12)式得 ? f 4πgRcr se F ?6 带入有关数据得 ? 1.0 ?10 f
由(7)式?(11)式得 F ?

(12) (13) (14)

评分标准:本题 13 分。求得(6)式得 4 分,求得(12)式得 7 分,求得(13)式得 1 分,求得(14)式 得 1 分。 21. 参考解答: (i)在空间取如图所示的直角坐标 Oxyz,Ox 轴沿电场方向,Oy 轴沿磁场方向,Oz 轴与重力方 向相反。因为磁场作用于质点的洛仑兹力与磁场方向垂直,即在 Oxz 平面内;作用于质点的电

- 47 -

场力和重力也在 Oxz 平面内,故质点在 y 方向不受力作用,其速度沿 y 方 向的分速度的大小和方向都是不变的。根据题意,质点速度的大小是恒定 不变的,而磁场作用于质点的洛仑兹力对质点不做功,故质点的速度沿垂 直磁场方向的分速度的大小一定也是恒定不变的, 故此分速度必须与电场 力和重力的合力垂直。由于电场力和重力的合力的方向是不变的,故此分 速度的方向也是不变的。由此可得到结论:质点速度的方向也是不变的, 即质点在给定的场中做匀速直线运动,其轨迹是直线,在 Oxz 平面内,与 电场力和重力的合力垂直。 (ii)质点作匀速直线运动表明电场、磁场和重力场对质点作用力的合力 F 等于 0。设存在电场、 磁场时质点速度的大小为 v0, 它在坐标系中的三个分量分别为 v0x、 0y 和 v0z, v 这也就是在电场、 磁场刚要消失时质点的速度在三个场方向的分量,以 Fx、Fy 和 Fz 分别表示 F 在坐标标系中的 分量,则有 Fx=qE?qv0zB=0 (1) Fy=0 (2) Fz=?mg+qv0xB=0 (3) 由(1)、(3)式得 v0 z ?

E B

(4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12) (13)

v0 x ?

mg qB

2 2 2 2 若知道了粒子的速率 v0,粒子速度的 y 分量为 v0 y ? v0 ? v0 x ? v0 z

因为电场和磁场消失后,粒子仅在重力作用下运动,任何时刻 t 质点的速度为 vx=v0x vy=v0y vz=v0z?gt 当 vx 等于 0 时,粒子的动能最小,这最小动能 Ek min ?

1 2 2 m(v0 x ? v0 y ) 2

1 1 2 ( mv 0 ) 2 2 2 2 2 由(10)、(11)式得 v0 ? 2(v0 x ? v0 y )
根据题意有 Ek min ? 由(4)、(5)、(6)、(12)各式得 v0 y ?

1 (qE) 2 ? (m g) 2 qB

评分标准:本题 16 分。第(i)小问 4 分。通过论证得到质点作匀速直线运动的结论得 4 分。第 (ii)小问 12 分。(4)式 3 分,(5)式 3 分,求得(13)式 6 分。

2008 年第 25 届全国中学生(高中)物理竞赛预赛 试卷答案重要勘误更正
设电流表的量程为 Ig,当电流表与定值电阻 R0 串联改装成电压表时,此电压表的内阻

? R0 ? Rg ? R0
由于此电压表的量程 U 0 ? 50V ,故有

(1)

? I g R0 ? U 0
由(1)(2)两式得 、

(2)

- 48 -

Ig ?

U0 ? 1.11? 10?3 A Rg ? R0

(3)

即电流表的量程为 1.11mA. 电流表改装成的双量程电压表的电路如图所示, 图中 R1 和 R2 是为把电流表改装成双量程电压表必须
A

+

A

Rg

R1

R2

? 串 联 的 电 阻 , 其 值 待 求 . 用 R1 表 示 电 压 表 量 程

5V

10V

U 01 ? 5V 挡的内阻,则有

? R1 ? Rg ? R1


(4)

? I g R1 ? U 01
由(3)(5)式得 、

(5)

? R1 ?

U 01 ? ?.50 ? ??? Ω Ig

(6)

同理得电压表量程 U 02 ? 10V 挡的内阻

? R2 ? Rg ? R1 ? R2 ?

U 02 ? 9.?? ? ??? ? Ig

(7)

设电源的电动势为 E,内阻为 r,当用电压表的 5V 挡测电源两端的电压时,电压表的 示数为 U 1 ,已知 U1 ? 4.50V ,设此时通过电压表的电流为 I 1 ,有

U1 ? I1r ? E ? U1 ? I1 R1

(8) (9)

当用电压表的 10V 挡测量该电源两端的电压时,电压表的示数为 U 2 ,己知 U 2 ? 4.80V ,设 此时通过电压表的电流为 I 2 ,有

U2 ? I 2r ? E ? U 2 ? I 2 R2
解(8)(9)(10)(11)式,并注意到(6)(7)式得 、 、 、 、

(10) (11)

E ? 5.14V
评分标准:

(12)

- 49 -

本题 14 分.(3)式 3 分, (6)式 2 分, (7)式 2 分, (8)式、 (9)式、 (10)式、 (11) 式共 4 分, (12)式 3 分.

2008 年第 25 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共八题,满分 160 分 一、 (15 分) 1、 分) (5 蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是 0.033s。 假设它是由均匀分布的物质构成的球体, 脉冲周期是它的旋转周期,万有引力是唯一能阻止它离心分解的力,已知万有引力常量

G ? 6.67 ?10?11 m3 ? kg ?1 ? s?2 ,由于脉冲星表面的物质未分离,故可估算出此脉冲星密度的下
限是

kg ? m?3 。
q1q2 ,式中静电力常量 r2

2、 5 分)在国际单位制中,库仑定律写成 F ?k (

k ? 8.98 ?109 N ? m2 ? C ?2 ,电荷量 q1 和 q2 的单位都是库仑,距离 r 的单位是米,作用力 F 的
q1q2 ,式中距离 r 的单位是米,作用力 F r2 qq 的单位是牛顿。 若把库仑定律写成更简洁的形式 F ? 1 2 2 , 式中距离 r 的单位是米, 作用力 F r 的单位是牛顿,由此式可这义一种电荷量 q 的新单位。当用米、千克、秒表示此新单位时,电
单位是牛顿。若把库仑定律写成更简洁的形式 F ? 荷新单位= ;新单位与库仑的关系为 1 新单位= 3、 (5 分)电子感应加速器(betatron)的基本原理如下:一个圆环真 空室处于分布在圆柱形体积内的磁场中,磁场方向沿圆柱的轴线,圆柱 的轴线过圆环的圆心并与环面垂直。 圆中两个同心的实线圆代表圆环的 边界,与实线圆同心的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。已知磁 场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律为 B ? B0 cos(2? t / T ) ,其中 T 为磁场变化的周期。B0 为大于 0 的常量。当 B 为正时,磁场的方向垂直 于纸面指向纸外。若持续地将初速度为 v0 的电子沿虚线圆的切线方向注入到环内(如图) ,则 电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从 t = 到t = 。 二、 (21 分)嫦娥 1 号奔月卫星与长征 3 号火箭分离后,进入绕地运行的椭圆轨道,近地点离 地面高 Hn ? 2.05 ?102 km ,远地点离地面高 H f ? 5.0930 ?10 km ,周期约为 16 小时,称
4

C。

为 16 小时轨道(如图中曲线 1 所示) 。随后,为了使卫星离地越来越远,星载发动机先在远 地点点火,使卫星进入新轨道(如图中曲线 2 所示) ,以抬高近地点。后来又连续三次在抬高 以后的近地点点火,使卫星加速和变轨,抬高远地点,相继 进入 24 小时轨道、48 小时轨道和地月转移轨道(分别如图 中曲线 3、4、5 所示) 。已知卫星质量 m ? 2.350 ?10 kg ,
3

地 球 半 径 R ? 6.378 ?10 km , 地 面 重 力 加 速 度
3

g ? 9.81m / s 2 ,月球半径 r ? 1.738 ?103 km 。

- 50 -

1、试计算 16 小时轨道的半长轴 a 和半短轴 b 的长度,以及椭圆偏心率 e 。 2、在 16 小时轨道的远地点点火时,假设卫星所受推力的方向与卫星速度方向相同,而且点 火时间很短,可以认为椭圆轨道长轴方向不变。设推力大小 F ? 490 N ,要把近地点抬高到 600 km ,问点火时间应持续多长? 3、试根据题给数据计算卫星在 16 小时轨道的实际运行周期。 4、卫星最后进入绕月圆形轨道,距月面高度 H m 约为 200 km ,周期 Tm ? 127 分钟,试据此估 算月球质量与地球质量之比值。 三、 (22 分)足球射到球门横梁上时,因速度方向不同、射在横梁上的位置有别,其落地点也 是不同的。已知球门的横梁为圆柱形,设足球以水平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到横 梁上,球与横梁间的滑动摩擦系数 ? ? 0.70 ,球与横梁碰撞时的恢复系数 e=0.70。试问足球 应射在横梁上什么位置才能使球心落在球门线内(含球门上)?足球射在横梁上的位置用球 与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向(垂直于横梁的轴线)的夹角 ? (小于 90 )来
?

表示。不计空气及重力的影响。 四、 (20 分)图示为低温工程中常用的一种气体、蒸气压联合温度计的原 理示意图,M 为指针压力表,以 VM 表示其中可以容纳气体的容积;B 为 测温饱,处在待测温度的环境中,以 VB 表示其体积;E 为贮气容器,以 VE 表示其体积; 为阀门。 E、 由体积可忽略的毛细血管连接。 M、 F M、 B 在 E、B 均处在室温 T0 ? 300K 时充以压强 p0 ? 5.2 ?105 Pa 的氢气。假设 氢的饱和蒸气仍遵从理想气体状态方程。现考察以下各问题: 1、关闭阀门 F,使 E 与温度计的其他部分隔断,于是 M、B 构成一简易的气体温度计,用它 可测量 25K 以上的温度, 这时 B 中的氢气始终处在气态,M 处在室温中。试导出 B 处的温度

T 和压力表显示的压强 p 的关系。除题中给出的室温 T0 时 B 中氢气的压强 P 外,理论上至少 0
还需要测量几个已知温度下的压强才能定量确定 T 与 p 之间的关系? 2、开启阀门 F,使 M、E、B 连通,构成一用于测量 20~25K 温度区间的低温的蒸气压温度计, 此时压力表 M 测出的是液态氢的饱和蒸气压。由于饱和蒸气压与温度有灵敏的依赖关系,知 道了氢的饱和蒸气压与温度的关系,通过测量氢的饱和蒸气压,就可相当准确地确定这一温 区的温度。在设计温度计时,要保证当 B 处于温度低于 TV ? 25K 时,B 中一定要有液态氢存 在,而当温度高于 TV ? 25K 时,B 中无液态氢。到达到这一目的, VM ? VE 与 VB 间应满足怎 样的关系?已知 TV ? 25K 时,液态氢的饱和蒸气压 pV ? 3.3?105 Pa 。 3、已知室温下压强 p1 ? 1.04 ?105 Pa 的氢气体积是同质量的液态氢体积的 800 倍,试论证蒸 气压温度计中的液态气不会溢出测温泡 B。 五、 (20 分)一很长、很细的圆柱形的电子束由速度为 v 的匀速运动的低速电子组成,电子在 电子束中均匀分布, 沿电子束轴线每单位长度包含 n 个电子, 每个电子的电荷量为 ?e(e ? 0) ,

- 51 -

质量为 m 。该电子束从远处沿垂直于平行板电容器极板的方向射向电容器,其前端(即图中 的右端)于 t=0 时刻刚好到达电容器的左极板。电容器的两个极板上各开一个小孔,使电子束 可以不受阻碍地穿过电容器。两极板 A、B 之间加上了如图所示的周期性变化的电压 VAB ( VAB ? VA ? VB ,图中只画出了一个周期的图线) ,电压的最大值和最小值分别为 V0 和-V0, 周期为 T 。若以 ? 表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔,则电压处于最小值的时间间 隔为 T- ? 。已知 ? 的值恰好使在 VAB 变化的第一个周期内通过电容器到达电容器右边的所有 的电子,能在某一时刻 tb 形成均匀分布的一段电子束。设电容器两极板间的距离很小,电子 穿过电容器所需要的时间可以忽略,且 mv2 ? 6eV0 ,不计电子之间的相互作用及重力作用。

1、满足题给条件的 ? 和 tb 的值分别为 ? =

T , tb =

T。

2、 试在下图中画出 t ? 2T 那一时刻, 0 ? 2T 时间内通过电容器的电子在电容器右侧空间形 在 成的电流 I ,随离开右极板距离 x 的变化图线,并在图上标出图线特征点的纵、横坐标(坐标 的数字保留到小数点后第二位) 。取 x 正向为电流正方向。图中 x ? 0 处为电容器的右极板 B 的小孔所在的位置,横坐标的单位 s ?

eV0 。 (本题按画出的图评分,不须给出计算过程) m

六、 (22 分)零电阻是超导体的一个基本特征,但在确认这一事实时受到实验测量精确度的限 制。为克服这一困难,最著名的实验是长时间监测浸泡在液态氦(温度 T=4.2K)中处于超导 态的用铅丝做成的单匝线圈(超导转换温度 TC=7.19K)中电流的变化。设铅丝粗细均匀,初始 时通有 I=100A 的电流,电流检测仪器的精度为 ?I ? 1.0mA ,在持续一年的时间内电流检测仪 器没有测量到电流的变化。根据这个实验,试估算对超导态铅的电阻率为零的结论认定的上 限 为 多 大 。 设 铅 中 参 与 导 电 的 电 子 数 密 度 n ? 8.00 ?10 m , 已 知 电 子 质 量
20 3

- 52 -

(采用的估算方法必须利用本题所给出的有 m ? 9.11?10?31 kg ,基本电荷 e ? 1.60 ?10?19 C 。 关数据) 七、 (20 分)在地面上方垂直于太阳光的入射方向,放置一半径 R=0.10m、焦距 f=0.50m 的薄 凸透镜,在薄透镜下方的焦面上放置一黑色薄圆盘(圆盘中心与透镜焦点重合) ,于是可以在 黑色圆盘上形成太阳的像。已知黑色圆盘的半径是太阳像的半径的两倍。圆盘的导热性极好, 圆盘与地面之间的距离较大。 设太阳向外辐射的能量遵从斯特藩—玻尔兹曼定律: 在单位时间 内在其单位表面积上向外辐射的能量为 W ? ? T ,式中 ? 为斯特藩—玻尔兹曼常量,T 为辐
4

射体表面的的绝对温度。对太而言,取其温度 ts ? 5.50? 103? C 。大气对太阳能的吸收率为

? ? 0.40 。又设黑色圆盘对射到其上的太阳能全部吸收,同时圆盘也按斯特藩—玻尔兹曼定
律向外辐射能量。如果不考虑空气的对流,也不考虑杂散光的影响,试问薄圆盘到达稳定状 态时可能达到的最高温度为多少摄氏度?
3 3 八、 分) (20 质子数与中子数互换的核互为镜像核, 例如 He 是 H 的镜像核, 同样 H 是 He 3 的镜像核。已知 H 和 He 原子的质量分别是 m3H ? 3.016050u 和 m3He ? 3.016029u ,中子
3 3 3

和质子质量分别是 mn ? 1.008665u 和 mp ? 1.007825u , 1u ? 静电力常量 k ?
3

931.5 MeV ,式中 c 为光速, c2

1.44 MeV ? fm ,式中 e 为电子的电荷量。 e2

3 1、试计算 H 和 He 的结合能之差为多少 MeV。

2、已知核子间相互作用的“核力”与电荷几乎没有关系,又知质子和中子的半径近似相等,试 说明上面所求的结合能差主要是由什么原因造成的。并由此结合能之差来估计核子半径 rN 。 3、实验表明,核子可以被近似地看成是半径 rN 恒定的球体;核子数 A 较大的原子核可以近似 地被看成是半径为 R 的球体。根据这两点,试用一个简单模型找出 R 与 A 的关系式;利用本 题第 2 问所求得的 rN 的估计值求出此关系式中的系数;用所求得的关系式计算 径 R pb 。
208

Pb 核的半

第 25 届全国中学生物理竞赛复赛理论试题参考解答
一、答案 1. 2. 3.

1.3 ? 1014
kg 2 ? m 2 ? s ?1
1 3

1 . 0 ? 15 0 1.05 ?10?5 也给) 6 ? (答

3 T 4

T

二、参考解答:

- 53 -

1. 椭圆半长轴 a 等于近地点和远地点之间距离的一半, 亦即近地点与远地点矢径长度 (皆 指卫星到地心的距离) rn 与 rf 的算术平均值,即有

a?
代入数据得

1 1 1 ? r n ? rf ? ? ?? H n ? R ? ? ? H f ? R ? ? ? ? H n ? H f ? ? R ? ? 2 2 2

(1)

a ? 3.1946 ?104 km
椭圆半短轴 b 等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值,即有

(2)

b ? rn rf
代入数据得

(3)

b ? 1.942 ?104 km
椭圆的偏心率

(4)

e?
代入数据即得

a 2 ? b2 a

(5)

e ? 0.7941

(6)

2. 当卫星在 16 小时轨道上运行时,以 vn 和 vf 分别表示它在近地点和远地点的速度,根 据能量守恒,卫星在近地点和远地点能量相等,有

1 2 GMm 1 2 GMm mvn ? ? mvf ? 2 rn 2 rf

(7)

式中 M 是地球质量,G 是万有引力常量. 因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地心的 连线垂直,根据角动量守恒,有

mvn rn ? mvf rf
注意到

(8)

GM ?g R2
由(7)、(8)、(9)式可得

(9)

vn ?

rf 2 g R rn rf ? rn

(10)

vf ?

rn r 2g vn ? n R rf rf rf ? rn
rf ? R ? Hf
- 54 -

(11)

当卫星沿 16 小时轨道运行时,根据题给的数据有

rn ? R ? H n

由(11)式并代入有关数据得

vf ? 1.198 km/s

(12)

依题意,在远地点星载发动机点火,对卫星作短时间加速,加速度的方向与卫星速度方 向相同,加速后长轴方向没有改变,故加速结束时,卫星的速度与新轨道的长轴垂直,卫星 所在处将是新轨道的远地点.所以新轨道远地点高度 Hf? ? Hf ? 5.0930 ?104 km,但新轨道近

? 地点高度 Hn ? 6.00 ?102 km.由(11)式,可求得卫星在新轨道远地点处的速度为
v? ? 1.230 km/s f
卫星动量的增加量等于卫星所受推力 F 的冲量,设发动机点火时间为?t,有 (13)

m ? v? ? vf ? ? F ?t f
由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得 ?t= 1.5 ?10 s (约 2.5 分)
2

(14)

(15)

这比运行周期小得多. 3. 当卫星沿椭圆轨道运行时,以 r 表示它所在处矢径的大小,v 表示其速度的大小,? 表 示矢径与速度的夹角,则卫星的角动量的大小 L ? rmv sin ? ? 2m? (16 ) 其中

? ? r v sin ?

是卫星矢径在单位时间内扫过的面积, 即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的, ? 是恒量. 故 利用远地点处的角动量,得

1 2

(17)

? ? rf vf
又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为

1 2

(18)

S ? πab
所以卫星沿轨道运动的周期

(19)

T?
由(18)、(19)、(20) 式得

S

?

(20)

T?
代入有关数据得

2πab rf vf

(21)

T ? 5.678 ? 104 s (约 15 小时 46 分)
它们的轨道半长轴 a 与 a0 之比的立方,即

(22)

注:本小题有多种解法.例如,由开普勒第三定律,绕地球运行的两亇卫星的周期 T 与 T0 之比的平方等于

?T ? ? a ? ? ? ?? ? ? T0 ? ? a0 ?

2

3

- 55 -

若 a0 是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径,则有

? 2π ? GMm ? ma0 ? ? 2 a0 ? T0 ?


2

T02 4π 2 4π 2 ? ? 3 a0 GM gR 2
从而得

T?
代入有关数据便可求得(22)式.

2πa a R g

4. 在绕月圆形轨道上,根据万有引力定律和牛顿定律有

GM m m 2π ? mrm ( )2 2 rm Tm
这里 rm ? r ? H m 是卫星绕月轨道半径, M m 是月球质量. 由(23)式和(9)式,可得

(23)

Mm ?
代入有关数据得

3 4π2 rm M 2 gR2Tm

(24)

Mm ? 0.0124 M
(25) 三、参考解答: 足球射到球门横梁上的情况如图所示(图所在的平面垂 直于横梁轴线) .图中B表示横梁的横截面, 1为横梁的轴线; O

O1O1? 为过横梁轴线并垂直于轴线的水平线;A表示足球,O2
为其球心;O点为足球与横梁的碰撞点,碰撞点O的位置由直

? 线O1OO2与水平线 O1O1 的夹角??表示.设足球射到横梁上时
球心速度的大小为v0,方向垂直于横梁沿水平方向,与横梁碰撞后球心速度的大小为v,方向 用它与水平方向的夹角?表示?如图?.以碰撞点O为原点作直角坐标系Oxy,y轴与O2OO1重合. 以??表示碰前速度的方向与y轴的夹角,以?表示碰后速度的方向与y轴(负方向)的夹角,足球 被横梁反弹后落在何处取决于反弹后的速度方向,即角?的大小. 以Fx表示横梁作用于足球的力在x方向的分量的大小,Fy表示横梁作用于足球的力在y方
- 56 -

向的分量的大小,?t表示横梁与足球相互作用的时间,m表示足球的质量,有

Fx ?t ? mv0x ? mvx

(1) (2)

Fy ?t ? mvy ? mv0y

式中 v0x 、 v0y 、 vx 和 vy 分别是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy中的分量的大小.根据摩擦 定律有

Fx ? ? F y
由(1)、(2)、(3)式得

(3)

??
根据恢复系数的定义有

v 0x ? vx vy ? v0y

(4)

vy ? ev0y


(5)

tan ? 0 ? tan ? ?
由(4)、(5)、(6)、(7)各式得

v0x v0y

(6)

vx vy

(7)

1 ? 1? tan? ? tan? 0 ? ? ?1 ? ? e ? e?
由图可知

(8)

? ?? ??
若足球被球门横梁反弹后落在球门线内,则应有

(9)

? ? 90?
在临界情况下,若足球被反弹后刚好落在球门线上,这时 ? ? 90 .由(9)式得
?

(10)

tan ? 90? ? ? ? ? tan ?
因足球是沿水平方向射到横梁上的,故 ? 0 ? ? ,有

(11)

1 1 ? 1? ? tan? ? ? ?1 ? ? tan? e ? e?

(12)

- 57 -

这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置 ? 所满足的方程.解(12)式得

? 1? ? 1? e? ?1 ? ? ? e2 ? 2 ?1 ? ? ? 4e ? e? ? e? tan ? ? 2
代入有关数据得

2

(13)

tan ? ? 1.6


(14)

? ? 58?
现要求球落在球门线内,故要求

(15)

? ? 58?

(16)

四、参考解答: 1. 当阀门F关闭时,设封闭在M和B中的氢气的摩尔数为n1,当B处的温度为T 时,压力表 显示的压强为 p,由理想气体状态方程,可知B和M中氢气的摩尔数分别为

n1B ?

pVB RT

(1)

n1M ?
式中R为普适气体恒量.因

pVM RT0

(2)

n1B ? n1M ? n1
解(1)、(2)、(3)式得

(3)

1 n1R 1 VM ? ? T VB p VBT0


(4)

T?

p n1R V M ? p VB VBT0

(5)

(4)式表明,

1 1 与 成线性关系,式中的系数与仪器结构有关.在理论上至少要测得两个已知 T p 1 1 对 的图线,就可求出系数. 由于题中己给出室温T0时的压强p0,故至少 T p

温度下的压强,作

还要测定另一己知温度下的压强,才能定量确定T与p之间的关系式. 2. 若蒸气压温度计测量上限温度 Tv 时有氢气液化,则当B处的温度 T ? Tv 时,B、M 和E 中气态氢的总摩尔数应小于充入氢气的摩尔数.由理想气体状态方程可知充入氢气的总摩尔

- 58 -



n2 ?

p0 ?VB ? VM ? VE ? RT0

(6)

假定液态氢上方的气态氢仍可视为理想气体,则B中气态氢的摩尔数为

n2B ?

p vVB RTv

(7)

在(7)式中,已忽略了B中液态氢所占的微小体积.由于蒸气压温度计的其它都分仍处在室温 中,其中氢气的摩尔数为

n2M ? n2E ?
根据要求有

pν ?VM ? VE ? RT0

(8)

n2B ? n2M ? n2E ? n2
解(6)、(7)、(8)、(9)各式得

(9)

VM ? VE ?
代入有关数据得

p vT0 ? p0Tv V ? p0 ? pv ?Tv B

(10)

VM ? VE ? 18VB
五、答案与评分标准: 1.

(11)

2 2 ?1

? 2 ? 2 ? 0.59 (3 分)

2 (2 分)

2.如图(15 分.代表电流的每一线段 3 分,其中线段端点的横坐标占 1 分,线段的长度占 1 分, 线段的纵坐标占 1 分) 4 3 2 1 O -1 -2 -3 -4 0.83 1.17 1 2.00 2 2.83 3 4.00 4 x/s I/ne v

- 59 -

六、参考解答: 如果电流有衰减,意味着线圈有电阻,设其电阻为R,则在一年时间 t 内电流通过线圈因 发热而损失的能量为

?E ? I 2 Rt
以??表示铅的电阻率,S表示铅丝的横截面积,l 表示铅丝的长度,则有? ?????????????????????????????????????????????????????????? R ? ?

(1)

l ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????(2)? S

电流是铅丝中导电电子定向运动形成的,设导电电子的平均速率为v,根据电流的定义有? ??????????????????????????????????????????????????????????? I ? S vne ?????????????????????????????????????????????????????????????????????????(3)? 所谓在持续一年的时间内没有观测到电流的变化,并不等于电流一定没有变化,但这变化不 会超过电流检测仪器的精度?I,即电流变化的上限为 ?I ? 1.0mA .由于导电电子的数密度 n 是不变的,电流的变小是电子平均速率变小的结果,一年内平均速率由v变为 v-?v,对应的电 流变化

?I ? neS ?v

(4)

导电电子平均速率的变小,使导电电子的平均动能减少,铅丝中所有导电电子减少的平均动 能为

1 2? ?1 ?Ek ? lSn ? mv2 ? m ? v ? ?v ? ? 2 ?2 ?
? lSnmv?v
(5)

由于?I<<I,所以?v<<v,式中?v的平方项已被略去.由(3)式解出 v,(4)式解出 ?v,代 入(5)式得

?Ek ?

lmI ?I ne 2 S
?Ek ? ?E

(6)

铅丝中所有导电电子减少的平均动能就是一年内因发热而损失的能量,即 (7)

由(1)、(2)、(6)、(7)式解得

??
式中

mΔI ne 2 It

(8)

t ? 365 ? 24 ? 3600s=3.15 ?107s
在(8)式中代入有关数据得

(9)

? ? 1.4 ?10?26 Ω ? m
所以电阻率为0的结论在这一实验中只能认定到

(10)

? ? 1.4 ?10?26 Ω ? m

(11)

- 60 -

七、参考解答: 按照斯特藩-玻尔兹曼定律,在单位时间内太阳表面单位面积向外发射的能量为

Ws ? ? Ts4

(1)

其中 ? 为斯特藩-玻尔兹曼常量, s 为太阳表面的绝对温度.若太阳的半径为 Rs, T 则单位时间内 整个太阳表面向外辐射的能量为

P ? 4πRs2Ws s

(2)

单位时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是 Ps .设太阳到地球的距离为 rse, 考虑 到地球周围大气的吸收,地面附近半径为 R 的透镜接收到的太阳辐射的能量为

P ? πR 2 ?1 ? ? ?

Ps 2 4πrse

(3)

薄凸透镜将把这些能量会聚到置于其后焦面上的薄圆盘上,并被薄圆盘全部吸收. 另一方面,因为薄圆盘也向外辐射能量.设圆盘的半径为 RD ,温度为 TD ,注意到簿圆盘 有两亇表面,故圆盘在单位时间内辐射的能量为
2 4 P ? 2 ? πRD ?? TD D

(4)

显然,当

PD ? P

(5)

即圆盘单位时间内接收到的能量与单位时间内辐射的能量相等时,圆盘达到稳定状态,其温 度达到最高.由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)各式得

? R2 R2 ? 4 TD ? ??1 ? ? ? 2 s2 ? Ts 2rse RD ? ?

1

(6)

依题意,薄圆盘半径为太阳的像的半径 Rs? 的 2 倍,即 RD ? 2 Rs .由透镜成像公式知 ?

Rs? Rs ? f rse
于是有

(7)

RD ? 2
把(8)式代入(6)式得

Rs f rse

(8)

? R ? TD ? ??1 ? ? ? 2 ? Ts 8f ? ?
2

1 4

(9)

代入已知数据,注意到 Ts ? (273.15 ? ts ) K,
- 61 -

TD=1.4×103K 即有

(10)

tD ? TD ? 273.15 ? 1.1?103 o C
八、参考解答: 1.根据爱因斯坦质能关系,3H 和 3He 的结合能差为

(11)

?B ? ? mn ? mp ? m 3 H ? m 3 He ? c 2
代入数据,可得

(1)

(2) 2. He 的两个质子之间有库仑排斥能,而 H 没有.所以 H 与 He 的结合能差主要来自它
3 3 3 3

?B ? 0.763 MeV

们的库仑能差.依题意,质子的半径为 rN ,则 3He 核中两个质子间的库仑排斥能为

EC ? k

e2 2rN

(3)

若这个库仑能等于上述结合能差, EC ? ?B ,则有

rN ?
代入数据,可得

ke2 2ΔB

(4)

rN ? 0.944 fm

(5)

3.粗略地说,原子核中每个核子占据的空间体积是 (2rN )3 .根据这个简单的模型,核子 数为 A 的原子核的体积近似为

V ? A(2rN )3 ? 8 ArN3
另一方面,当 A 较大时,有

(6)

V?

4? 3 R 3
1/ 3

(7)

由(6)式和(7)式可得 R 和 A 的关系为

?6? R ? ? ? rN A1/ 3 ? r0 A1/ 3 ?π?
其中系数

(8)

?6? r0 ? ? ? rN ?π?
把(5)式代入(9)式得

1/ 3

(9)

r0 ? 1.17 fm
- 62 -

(10)

由(8)式和(10)式可以算出

208

P b 的半径

RPb ? 6.93fm

第 26 届全国中学生物理竞赛预赛试卷
一、选择题。本题共 5 小题,每小题 7 分。在每小题给出的 4 个选项中,有的小题只有一项 是正确的,有的小题有多项是正确的。把正确选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号 内。全部选对的得 7 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分。 1.图中 a、b 和 c、d 分别是两个平行板电容器的极板,E 为电池, a c 彼此相距较远。用导线将 E 的正极与 a、c 相连,将 E 的负极与 b、 + E d 相连,待电容器充电后,去掉导线。这时已知 a 带的电荷量大于 c d b 带的电荷量,称此状态为原始状态。现设想用两根导线分别都从原 始状态出发,进行以下两次连接:第一次用一根导线将 a、c 相连, 用另一根导线将 b、d 相连;第二次用一根导线将 a、d 相连,用另一根导线将 b、c 相连,每 次连接后都随即移去导线。下面哪种说法是正确的?[ ] A.经过第一次连接,a、b 间的电压下降,c、d 间的电压上升 B.经过第一次连接,a、b 间和 c、d 间的电压都不变 C.经过第二次连接,a、b 间的电压和 c、d 间的电压中有一个上升,一个下降 D.经过第二次连接,a、b 间的电压和 c、d 间的电压都下降 2.两根不同金属导体制成的长度相等、横截面积相同的圆柱形杆,串联后接在某一直流电源 两端,如图所示。已知杆 a 的质量小于杆 b 的质量,杆 a 金属的摩尔质量小于杆 b 金属的摩 尔质量,杆 a 的电阻大于杆 b 的电阻,假设每种金属的每个原子都提供相同数目的自由电子 (载流子) 。当电流达到稳恒时,若 a、b 内存在电场,则该电场可视为均匀电场。下面结论 中正确的是[ ] a b A.两杆内的电场强度都等于零 B.两杆内的电场强度都不等于零,且 a 内的场强大于 b 内的场强 C.两杆内载流子定向运动的速度一定相等 D.a 内载流子定向运动的速度一定大于 b 内载流子定向运动的速度 3.一根内径均匀、两端开中的细长玻璃管,竖直插在水中,管的一部分在水面上。现用手指 封住管的上端,把一定量的空气密封在玻璃管中,以 V0 表示其体积;然后把玻璃管沿竖直方 向提出水面,设此时封在玻璃管中的气体体积为 V1;最后把玻璃管在竖直平面内转过 900,让 玻璃管处于水平位置,设此时封在玻璃管中的气体体积为 V2。则有 A.V1>V0≥V2B。V1>V0>V2C。V1=V2>V0D。V1>V0,V2>V0 4.一块足够长的白板,位于水平桌面上,处于静止状态。一石墨块(可视为质点)静止在白 板上。石墨块与白板间有磨擦,滑动磨擦系数为μ 。突然,使白板以恒定的速度做匀速直线 运动,石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某一时间 t,令白板突然停下,以后不再运动。在 最后石墨块也不再运动时,白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为 g,不计石墨与 板磨擦划痕过程中损失的质量) 。[ ] A.
2 v0 2 ?g

B. v0 t

- 63 -

C。v0 t—

1 μ gt2 2

D。

2 v0 ?g

E 1 R 2 C 3 R

K

5.如图 1 所示,一个电容为 C 的理想电容器与两个阻值皆 为 R 的电阻串联后通过电键 K 连接在电动势为 E 的直流电源 的两端,电源的内电阻忽略不计,电键 K 是断开的。在 t=0 时刻,闭合电键 K,接通电路。在图 2 中给出了六种电压 V 随时间 t 变化的图线 a、b、c、d、e、f,现从其中选取出三 种图线用来表示图 1 所示电路上 1、2、3、4 四点中某两点 间的电压随时间 t 的变化,下面四个选项中正确的是[ V E O V E O d t a t V E O V E O e t b t V E O V E O f c

4

图1 ]

t

t

A.a、b、f B。a、e、f C。b、d、e D。c、d、e 二、填空题和作图题。把答案填在题中的横线上或把图画在题中指定的地方。只要给出结果, 不需写出求得结果的过程。 6. 分)传统的雷达天线依靠转动天线来搜索空中各个方向的目标,这严重影响了搜索的速 (8 度。现代的“雷达”是“相位控制阵列雷达” ,它是由数以万计的只有几厘米或更小的小天线 按一定的顺序排列成的天线阵,小天线发出相干的电磁波,其初相位可通过电子计算机调节, 从而可改变空间干涉极强的方位,这就起了快速扫描搜索空中各个方向目标的作用对下的简 单模型的研究,有助于了解改变相干波的初相位差对空间干涉级强方位的影响。 图中 a、b 为相邻两个小天线,间距为 d,发出波长为λ 的相干电磁波。Ox 轴通过 a、b 的中 点且垂直于 a、b 的连线。若已知当 a、b 发出的电磁波在 a、b 处的 a 初相位相同即相位差为 0 时,将在与 x 轴成θ 角(θ 很小)方向的 x θ 远处形成干涉级强,现设法改变 a、b 发出的电磁波的初相位,使 b d O 的初相位比 a 的落后一个小量 φ ,结果,原来相干极强的方向将从 θ 变为θ ,则θ —θ 等于______________________。 b -7 7. 分)He—Ne 激光器产生的波长为 6。33×10 m 的谱线是 Ne (8 原子从激发态能级(用 E1 表示)向能量较低的激发态能级(用 E2 表示)跃迁时发生的;波长 为 3。39×10-6m 的谱线是 Ne 原子从能级 E1 向能量较低的激发态能级(用 E3 表示)跃迁时发 生的。已知普朗克常量 h 与光速 c 的乘积 hc=1。24×10-6m ? eV。由此可知 Ne 的激发态能级 E3 与 E2 的能量差为________________eV。 8. 分)一列简谐横波沿 x 轴负方向传播,传播速度 v=200m/s。已知位于坐标原点(x=0) (8 处的质元的 振动图线如图 1 所 y/mm 示。试在图 2 中画出 t=40ms 时该 简谐波的波 形图线(不少于一个 60 波长) 。 40 20 20 40 60 80 -100-120 140 160 64 t/ms
“ “

y/mm 60 40 20 4 8 12 16 20 24 28 32 x/m

B 9. 分)图于为某一圆形水池的示意图(竖直截 (8 c 面) 。AB 为池中水面的直径,MN 为水池底面的直 M N 径,O 为圆形池底的圆心。已知 ON 为 11。4m, O a b AM、BN 为斜坡,池中水深 5。00m 水的折射率为 4/3。水的透明度极好,不考虑水的吸收。图中 a、b、c、d 为四个发光点,天空是蓝色的,水 面是平的。在池底中心处有一凹槽,一潜水员仰卧其中,他的眼睛位于 O 处,仰视水面的最 大范围的直径为 AB。 (i)潜水员仰视时所看到的蓝天图象对他的眼睛所张的视角为__________________。 ( ii) 四 个 发 光 点 a 、 b、 c、 d 中 , 其 发 出 的 光 能 通 过 全 反 射 到 过 潜 水 员 的 眼 睛 的 是 ____________________________。 三、计算题。解答应写出必要的文字说明、方程式的重要的演算步骤。只写出最后结果的不 能得分。有数值计算的,答案中必须明确写出数值和单位。 10. 分)试分析下面两个实验操作中的误差(或失误)对实验结果 (9 的影 响。 (i)用“插针法”测量玻璃的折射率时,要先将透明面平行的玻璃砖 放置 在铺平的白纸上, 然后紧贴玻璃砖的两个透明面, 分别画出两条直线, 在实 验中便以这两条直线间的距离作为透明面之间的距离。如果由于操作 中的 误差,使所画的两条直线间的距离大于玻璃砖两透明面间的实际距 离, 问这样的测得的折射率与实际值相比,是偏大,偏小,还是相同?试 给出 简要论证。 (ii)在用单摆测量重力加速度 g 时,由于操作失误,致使摆球不在同一竖直平面内运动,而 是在一个水平面内作圆周运动,如图所示。这时如果没出摆球作这种运动的周期,仍用单摆 的周期公式求出重力加速度, 部这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比, 哪个大? 试定量比较。 11. 分)现有以下器材:电流表一只(量程适当。内阻可忽略不计。带有按钮开关 k1,按 (8 下按钮电流表与电路接通,有电流通过电流表,电流表显出一定的读数) ,阻值已知为 R 的固
- 65 -

A

定电阻一个,阻值未知的待测电阻 Rx 一个,直流电源一个(电动势 ? 和内阻 r 待测) ,单刀双 掷开关 K 一个,接线用的导线若干。 试设计一个实验电路,用它既能测量直流电源的电动势 ? 和内阻 r,又能测量待测电阻的阻值 Rx(注意:此电路接好后,在测量过程中不许再拆开,只许操作开关,读取数据) 。具体要求: ()画出所设计的电路图。 ()写出测量 ? 、r 和 Rx 主要的实验步骤。 ()导出用已知量和实验中测量出的量表示的 ? 、r 和 Rx 表达式。 12(18 分)一静止的原子核 A 发生α 衰变后变成原子核 B,已知原子核 A、原子核 B 和α 粒 子的质量分别为 mA,mB 和 mα ,光速为 c(不考虑质量与速度有关的相对论效应) ,求衰变后 原子核 B 和α 粒子的动能。 13. (18 分)近代的材料生长和微加工技术,可制造出一种使电子 4 的运动限制在半导体的一个平面内(二维)的微结构器件,且可做 3 1 到电子在器件中像子弹一样飞行,不受杂质原子射散的影响。这种 2 特点可望有新的应用价值。图 1 所示为四端十字形二维电子气半导 体,当电流从 1 端进入时,通过控制磁场的作用,可使电流 从 2,3,或 4 端流出。 a d 4 对下面摸拟结构的研究, 有助于理解电流在上述四端十字形 V0 1 导体中的流动。在图 2 中,a、b、c、d 为四根半径都为 R 3 的圆柱体的横截面,彼此靠得很近,形成四个宽度极窄的狭 缝 1、2、34,在这此狭缝和四个圆柱所包围的空间(设为 2 b c 真空)存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面指向纸里。以 B 表示磁感应强度的大小。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正 电的粒子,在纸面内以速度 v0 沿与 a、b 都相切的方向由缝 1 射入磁场内,设粒子与圆柱表面 只发生一次碰撞,碰撞是弹性的,碰撞时间极短,且碰撞不改变粒子的电荷量,也不受磨擦 力作用。试求 B 为何值时,该粒子能从缝 2 处且沿与 b、c 都相切的方向射出。 14. (20 分)如图所示,M1N1N2M2 是位于光 滑水平桌面上的刚性 U 型金属导轨, 导轨中 P N1 M1 接有阻值为 R 的电阻,它们的质量为 m0。 导轨的两条轨道间的距离为 l。PQ 是质量为 F R m 的金属杆,可在轨道上滑动,滑动时保持 与轨道垂直,杆与轨道的接触是粗糙的,杆 M2 与导轨的电阻均不计。初始时,杆 PQ 位于 N2 Q 图中的虚线处,虚线的右侧为一匀强磁场区 域,磁场方向垂直于桌面,磁感应强度的大 小为 B。现有一位于导轨平面内的与轨道平行的恒力 F 作用于 PQ 上,使之从静止开始的轨道 上向右作加速运动。已知经过时间 t,PQ 离开虚线的距离为 x,此时通过电阻的电流为 I0,导 轨向右移动的距离为 x0 (导轨的 N1N2 部分尚未进入磁场区域) 求在此过程中电阻所消耗的能 。 量。不考虑回路的自感。 15. (20 分)图中 M1 和 M2 是绝热气缸中的两 个活塞,用轻质刚性细杆连结,活塞与气缸壁 M2 的接触是光滑的、不漏气的,M1 是导热的, M1 M2 是绝热的, M2 的横截面积是 M1 的 2 倍。 且 L2 M1 把一定质量的气体封闭在气缸为 L1 部分, P0 L1 M1 和 M2 把一定质量的气体封闭在气缸的 L2
- 66 -

K

部分,M2 的右侧为大气,大气的压强 p0 是恒定的。K 是加热 L2 中气体用的电热丝。初始时, 两个活塞和气体都处在平衡状态,分别以 V10 和 V20 表示 L1 和 L2 中气体的体积。现通过 K 对气 体缓慢加热一段时间后停止加热,让气体重新达到平衡太,这时,活塞未被气缸壁挡住。加 热后与加热前比,L1 和 L2 中气体的压强是增大了、减小还是未变?要求进行定量论证。 16. (20)一个质量为 m1 的废弃人造地球卫星在离地面 h=800km 高空作圆周运动,在某处和 一个质量为 m2=
1 m1 的太空碎片发生迎头正碰,碰撞时间极短,碰后二者结合成一个物体并 9

作椭圆运动。碰撞前太空碎片作椭圆运动,椭圆轨道的半长轴为 7500km,其轨道和卫星轨道 在同一平面内。已知质量为 m 的物体绕地球作椭圆运动时,其总能量即动能与引力势能之和 E=—G
Mm ,式中 G 是引力常量,M 是地球的质量,a 为椭圆轨道的半长轴。设地球是半径 2a

R=6371km 的质量均匀分布的球体,不计空气阻力。 ()试定量论证碰后二者结合成的物体会不会落在地球上。 ()如果此事件是发生在北极上空(地心和北极的连线方向上) ,碰后二者结合成的物体与地 球相碰处的纬度是多少?

第 26 届全国中学生物理竞赛预赛试卷 参考解答与评分标准
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一、选择题. (共 35 分) 答案: 1.B , D 2.B 3.A 4.A , C 5.A , B 评分标准: 每小题 7 分.在每小题给出的 4 个选项中,有的小题只有一项是正确的,有的小题有多项 是正确的.全部选对的得 7 分.选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分. 二、填空题和作图题.共 32 分,每小题 8 分.按各小题的答案和评分标准给分.
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?? 6.答案与评分标准: (8 分) 2? d
7.答案与评分标准: 1.59(8 分) 8.答案:

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评分标准:8 分.有任何错误都给 0 分. 9.答案与评分标准: (i)97.20 ( 4 分) (ii)c、d(两个都对得 4 分,只填一个且正确得 2 分,有填错的得 0 分)
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10.参考解答: (i)以两条实线代表在白纸上所画出的直线,以两条虚线 代表玻璃砖的两个透明面,根据题意,实线间的距离大于虚线 间的距离,如图所示.根据实线位置定出的折射角为 γ,按实际 的玻璃砖两透明面的位置即虚线定出的折射角为 γ' ,由图知 γ>γ' (l) 由折射定律 sini=nsinγ (2 ) 令入射角 i 相等,当折射角偏大时,测出的折射率将偏小. (ii)以 l 表示摆长,θ 表示摆线与竖直方向的夹角,m 表示摆球的质量,F 表示摆线对摆
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球的拉力,T 表示摆球作题图所示运动的周期.有

F sin ? ? ml sin ? (
(2)
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2? 2 ) T

(l)

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F cos ? ? mg
由(l)(2)式得 、

T ? 2?

l cos ? g T ? ? 2? l g

(3)

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而单摆的周期公式为

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即使在单摆实验中,摆角很小,θ< 50,但 cosθ< l,这表示对于同样的摆长 l,摆球在水平 面内作圆周运动的周期 T 小于单摆运动的周期 T' ,所以把较小的周期通过(4)求出的重力加 速度的数值将大于 g 的实际值. 评分标准:本题 19 分. 第(i)小题 9 分.得到(l)式给 4 分,得到正确结论给 5 分.只有结论给 0 分. 第(ii)小题 10 分.得到(3)式给 5 分,得到正确结论给 5 分.只有结论给 0 分. 11.参考解答: 解法一 (i)电路如右图所示, (ii)实验步骤: (1)将单向双掷开关 K 置于空位,按所设计的电 路图接线. (2)按下电流表上的按钮开关 K1,读下电流表的 示数 I1. (3)将 K 打向左侧与 a 接通,读下电流表的示数 12. (4)将 K 打向右侧与 b 接通,读下电流表的示数 13 . (iii)由欧姆定律有
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? ? I1R ? I1r
? ? I2r ? I2
RRx R ? Rx

(1)

(2)

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- 68 -

? ? ? ? ? I3 R ? ? ? I 3 ? Rx ? RRx ? r ? ? R?R ? x ? ?
解以上三式得

(3)

??

( I 2 ? I 3 ) I1 R I 2 ? I1 ( I1 ? I 3 ) R I 2 ? I1 I3 R I 2 ? I3

(4)

r?

(5)

Rx ?

(6)

评分标准:本题 18 分. 第(i)小题 9 分.若所设计的电路无法根据题的要求测出所有的应测电流,都得 0 分. 第(ii)题 3 分.在电路正确的前提下,每测一个电流 的步骤占 1 分. 第(iii)题 6 分. 、 、 (4)(5)(6)式各 2 分. 解法二 (i)电路如右图所示. (ii)实验步骤: (1)将单向双掷开关 K 置于空位,按所设计的电 路图接线. (2)按下电流表上的按钮开关 K1,读下电流表的示数 I1. (3)将 K 打向左侧与 a 接通,读下电流表的示数 I2. (4)将 K 打向右侧与 b 接通,读下电流表的示数 13. (iii)由欧姆定律有
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? ? I1 ( R ? Rx ? r )
? ? I2 (R ? r)

(1) (2)

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? ? I3 ( Rx ? r )
解以上三式得

(3)

??

I1 I 3 R I 3 ? I1 I1I 2 ? I1I 3 ? I 2 I 3 R I 2 ( I 3 ? I1 ) I 3 ( I 2 ? I1 ) R I 2 ( I 3 ? I1 )
- 69 -

(4)

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r?

(5)

Rx ?

(6)

评分标准:本题 18 分. 第(i)小题 9 分.若所设计的电路无法根据题的 要求测出所有的应测电流,都得 0 分. 第(ii)题 3 分.在电路正确的前提下,每测一个 电流的步骤占 1 分. 第(iii)题 6 分. 、 、 (4)(5)(6)式各 2 分. 12.参考解答: 设 α 粒子速度的大小为 vα,原子核 B 速度的大小 为 vB,在衰变过程中动量守恒,有 mαvα+mBvB=0 (1) 衰变过程中能量守恒,有
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mA c 2 ?

1 1 2 2 m? v? ? mB vB ? m? c 2 ? mB c 2 2 2

(2)

解(l)(2)二式得 、

m? 1 2 mB vB ? (mA ? mB ? m? )c 2 2 m? ? mB mB 1 2 m? v? ? (mA ? mB ? m? )c 2 2 m? ? mB

(3)

(4) 评分标准:本题 18 分. (1)式 4 分, (2)式 8 分, (3)(4)各 3 分. 、 13.参考解答: 解法一 在图中纸面内取 Oxy 坐标(如图) ,原点在狭缝 l 处, x 轴过缝 1 和缝 3.粒子从缝 1 进人磁场,在洛仑兹力作 用下作圆周运动,圆轨道在原点与 x 轴相切,故其圆心必 在 y 轴上.若以 r 表示此圆的半径,则圆方程为 x2+(y-r)2=r2 (1) 根据题的要求和对称性可知,粒子在磁场中作圆周运动时应与 d 的柱面相碰于缝 3、4 间 的圆弧中点处,碰撞处的坐标为 x=2R-Rsin450 (2) 0 y=R-R cos45 (3) 由(l)(2)(3)式得 r=3R 、 、 (4)
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由洛仑兹力和牛顿定律有

2 v0 qv B m ? 0 r

(5)

由(4)(5)式得 、

B?

mv0 3qR

(6)

评分标准:本题 18 分. (1)(2)(3)式各 4 分, 、 、 (4)(5)(6)式各 2 分. 、 、

- 70 -

解法二 如图所示,A 为 a、b 两圆圆心的连线与缝 l 的交点,F 为 c、d 两圆圆心的连线与缝 3 的 交点.从 1 缝中射人的粒子在磁场作用下与圆柱 d 的表面发生弹性碰撞后,反弹进人缝 2,这 个过程一定对连结 b、 两圆圆心的直线 OP 对称, d 故直线 OP 与 d 圆的交点 C 必是碰度点. 由 于粒子在磁场中做圆运动过 A 点, 因此这个轨道的圆心必在过 A 点并垂直于 AF 的直线 AE 上; 同时这个轨道经过 C 点,所以轨道的圆心也一定在 AC 的垂直平分线 DE 上.这样 AE 与 DE 的 交点 E 就是轨道的圆心,AE 就是轨道的半径 r.过 C 点作 AF 的垂线与 AF 交于 H 点,则

有 由图可知

?AHC∽?EDA AC r? AD HC
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(1)

HC ? R ?

2 R 2 2 R 2

(2)

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AH ? 2 R ?

(3)

AC ? AH 2 ?HC 2
AD ?
由以上各式得 r=3R 由洛仑兹力和牛顿定律有

(4) (5) (6)

1 AC 2

v2 q v B m0 ? 0 r

(7)

得到

B?

mv0 3qR

(8)

评分标准:本题 18 分. (1)式 8 分, (2)(3) 、 (4)(5)式各 1 分, 、 、 、 (6)(7)(8)式各 1 分. 14.参考解答: 杆 PQ 在磁场中运动时,受到的作用力有:外加恒力 F,方向向右;磁场的安培力,其大 小 FB=BIl,方向向左,式中 I 是通过杆的感应电流,其大小与杆的速度有关;摩擦力,大小为 Fμ,方向向左.根据动能定理,在所考察过程中作用于杆的合力做的功等于杆所增加的动能, 即有

WF ? WFB ? W

F?

?

1 2 mv 2

(1)

式中 v 为经过时间 t 杆速度的大小,WF 为恒力 F 对杆做的功,WF 安为安培力对杆做的功, WFμ 为摩擦力对杆做的功.恒力 F 对杆做的功 WF=Fx (2) 因安培力的大小是变化的,安培力对杆做的功用初等数学无法计算,但杆克服安培力做 的功等于电阻所消耗的能量,若以 ER 表示电阻所消耗的能量,则有 -WF 安=ER (3) 摩擦力 Fμ 是恒力,它对杆做的功

- 71 -

WFμ=-Fμx (4) 但 Fμ 未知.因 U 型导轨在摩擦力作用下做匀加速运动,若其加速度为 a,则有 Fμ=m0a (5) 2 而 a=2x0/t (6) 由(4)(5)(6)三式得 、 、

WF? ? ?2m0

x0 x t2

(7)

经过时间 t 杆的速度设为 v,则杆和导轨构成的回路中的感应电动势 ε=Blv (8) 根据题意,此时回路中的感应电流

I0 ?
由(8)(9)式得 、

?
R

(9)

v?

I0 R Bl

(10)

由(l)(2)(3)(7)(10)各式得 、 、 、 、
2 x0 1 I0 R2 ER ? ( F ? 2m0 2 ) x ? m 2 2 t 2 Bl

(11)

评分标准:本题 20 分. (1)式 3 分, (2)式 l 分, (3)式 4 分, (7)式 4 分, (10)式 5 分, (11)式 3 分. 15.参考解答: 解法一 用 n1 和 n2 分别表示 L1 和 L2 中气体的摩尔数,P1、P2 和 V1、V2 分别表示 L1 和 L2 中气体处 在平衡态时的压强和体积,T 表示气体的温度(因为 M1 是导热的,两部分气体的温度相等) , 由理想气体状态方程有 p1V1=n1RT (1) P2V2=n2RT (2) 式中 R 为普适气体常量.若以两个活塞和轻杆构成的系统为研究对象,处在平衡状态时 有 p1S1-p2S1+p2S2-p0S2=0 (3) 已知 S2=2S1 (4) 由(3)(4)式得 、 p1+p2=2p0 (5) 由(l)(2)(5)三式得 、 、

n1 p0V2 n2 p1 ? n V1 ? 1 V2 n2 2

(6)

若 (6) 式中的 V1、 2 是加热后 L1 和 L2 中气体的体积, p1 就是加热后 L1 中气体的压强. V 则 加 热前 L1 中气体的压强则为

- 72 -

n1 p0V20 n2 p10 ? n V10 ? 1 V20 n2 2

(7)

设加热后,L1 中气体体积的增加量为△V1,L2 中气体体积的增加量为△V2,因连结两活塞 的杆是刚性的,活塞 M2 的横截面积是 M1 的 2 倍,故有 △V1=△V2=△V (8) 加热后,L1 和 L2 中气体的体积都是增大的,即△V > 0 .[若△V< 0,即加热后,活塞是向左 移动的,则大气将对封闭在气缸中的气体做功,电热丝又对气体加热,根据热力学第一定律, 气体的内能增加,温度将上升,而体积是减小的,故 L1 和 L2 中气体的压强 p1 和 p2 都将增大, 这违反力学平衡条件(5)式] 于是有 V1=V10+△V (9) V2=V20+△V (10) 由(6)(7)(9)(10)四式得 、 、 、

n1 p0 (V10 ? V20 )?V n2 p1 ? p10 ? n n [V10 ? ?V ? 1 (V20 ? ?V )](V10 ? 1 V20 ) n2 n2 2

(11)

由(11)式可知,若加热前 V10=V20,则 p1=p10,即加热后 p1 不变,由(5)式知 p2 亦不 变;若加热前 V10<V20,则 p1< p10,即加热后 P1 必减小,由(5)式知 P2 必增大;若加热前 V10 >V20, 则 p1> p10,即加热后 p1 必增大,由(5)式知 p2 必减小. 评分标准:本题 20 分. 得到(5)式得 3 分,得到(8)式得 3 分,得到(11)式得 8 分,最后结论得 6 分. 解法二 设加热前 L1 和 L2 中气体的压强和体积分别为 p10、p20 和 V10、V20,以 pl、p2 和 V1、V2 分 别表示加热后 L1 和 L2 中气体的压强和体积,由于 M1 是导热的,加热前 L1 和 L2 中气体的温度 是相等的,设为 T0,加热后 L1 和 L2 中气体的温度也相等,设为 T.因加热前、后两个活塞和 轻杆构成的系统都处在力学平衡状态,注意到 S2=2S1,力学平衡条件分别为 p10+p20=2p0 (1) p1+p2=2p0 (2) 由(l)(2)两式得 、 p1-p10=- (p2-p20) (3) 根据理想气体状态方程,对 L1 中的气体有
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p1V1 T ? p10V10 T0
对 L :中的气体有

(4)

p2V2 T ? p20V20 T0
由(4)(5)两式得 、

(5)

- 73 -

p1V1 pV ? 2 2 p10V10 p20V20
(6)式可改写成

(6)

( 1?

p1 ? p1 0 V? V1 0 ) (? 1 1 ? ) p1 0 V1 0

(1 ?

p ?2 p p 20

2 0

V ? )?( 1 V

2

V

2 0

) (7)

2 0

因连结两活塞的杆是刚性的,活塞 M2 的横截面积是 M1 的 2 倍,故有 V1-V10=V2-V20 把(3)(8)式代入(7)式得 、

(8)

(1 ?

p1 ? p10 V ?V p ?p V ?V )(1 ? 1 10 ) ? (1 ? 1 10 )(1 ? 1 10 ) p10 V10 p20 V20

(9)

若 V10=V20,则由(9)式得 p1=p10,即若加热前,L1 中气体的体积等于 L2 中气体的体积, 则加热后 L1 中气体的压强不变,由(2)式可知加热后 L2 中气体的压强亦不变. 若 V10<V20,则由(9)式得 p1< p10,即若加热前,L1 中气体的体积小于 L2 中气体的体积, 则加热后 L1 中气体的压强必减小,由(2)式可知加热后 L2 中气体的压强必增大. 若 V10>V20,则由(9)式得 p1> p10,即若加热前, L1 中气体的体积大于 L2 中气体的体积, 则加热后 L1 中气体的压强必增大,由(2)式可知加热后 L2 中气体的压强必减小. 评分标准:本题 20 分. 得到(l)式和(2)式或得到(3)得 3 分,得到(8)式得 3 分,得到(9)式得 8 分, 最后结论得 6 分. 16.参考解答: (i)图 1 为卫星和碎片运行轨道的示意图.以 v1 表示碰撞前卫星作圆周运动的速度,以 M 表示地球 E 的质量,根据万有引力定律和牛顿定律有
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G

Mm1 v2 ? m1 1 ( R ? h)2 R?h
式中 G 是引力常量.由(l)式得

(1)

v1 ?

GM R GM ? R?h R?h R

(2)

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以 v2 表示刚要碰撞时太空碎片的速度, 因为与卫星发生 碰 撞 时,碎片到地心的距离等于卫星到地心的距离,根据题意,太空碎片作椭圆运动的总能量

Mm2 Mm2 1 2 m2 v2 ? G ? ?G 2 R?h 2a
式中 a 为椭圆轨道的半长轴.由(3)式得

(3)

v2 ?

2GM GM 2R R GM ? ? ? R?h a R?h a R

(4)

卫星和碎片碰撞过程中动量守恒,有 m1v1-m2v2=(m1+m2)v (5) 这里 v 是碰后二者结合成的物体(简称结合物)的速度.由(5)式得

- 74 -

v?

m1v 1? m v 2 m1 ? m2

2

(6)

由(2)(4)(6)三式并代人有关数据得 、 、

GM v?0.7520 R

(7)

结合物能否撞上地球,要看其轨道(椭圆)的近地点到地心的距离 rmin,如果 rmin<R,则 结合物就撞上地球.为此我们先来求结合物轨道的半长轴 a '.结合物的总能量

?G

M (m1 ? m 2) 1 M (m 1 m )2 ? ? (m1 ? m2 )v 2 ? G 2a? 2 R?h

(8) 代 人 有 关 数 据 得 a '=5259km (9) 结合物轨道的近地点到地心的距离 rmin=2 a '- (R+h) =3347km<R (10) 据此可以判断,结合物最后要撞上地球. (ii)解法一 在极坐标中讨论.取极坐标,坐标原点在地心处,极轴由 北极指向南极,如图 2 所示.碰撞点在北极上空,是椭圆轨道 的远地点,结合物轨道的椭圆方程

r?

p 1 ? e cos ?

(11)

式中 e 是偏心率,p 是椭圆的半正焦弦,远地点到地心的距离 rmax=R+h (12) 由解析几何有

e?

rm a x? r 2a?

mi n

(? 0 . 3 6 3 5 )

(13)

在轨道的近地点,r=rmin,θ=0,由(11)式得 p=rmin(1+e)(=4563km) 或有 p=rmax (1-e) 在结合物撞击地球处;r= R,由(11)式有

(14) (15)



p 1 ? e c o? s p?R co? ? s eR R?

(16) (17)

代人有关数据可得 cosθ=-0.7807 (18) 0 θ=141.32 (19) 0 这是在北纬 51.32 . 评分标准:本题 20 分. 第(i)小题 12 分. (1)或(2)(3)或(4)(5)或(6)式各 2 分, 、 、 (8)式 3 分, (10) 式 3 分.

- 75 -

第(ii)小题 8 分. (11)(12)(13)(14)或(15)(16)或(17)式各 l 分, 、 、 、 、 (19) 0 0 式 2 分(答案在 141 到 142 之间的都给 2 分) ,正确指出纬度给 l 分. 解法二 在直角坐标中讨论.取直角坐标系,以椭圆的对称中心为坐标原点 O, x 轴通过近地点和 远地点并由远地点指向近地点,如图 3 所示.结合物轨道的椭圆方程是

x2 y 2 ? ?1 a ? 2 b? 2
(20) 式中 a' 、b'分别为结合物椭圆轨道的半长轴和半短 轴.远地点到地心的距离 rmax=R+h (21) 根据解析几何,若 c 为地心与坐标原点间的距离, c= rmax - a ' (=1912km) (22) 而

b? ? a?2 ? c2

(23)

注意到 a'由(9)式给出,得 b'=4899km (24) 结合物撞击地面处是结合物的椭圆轨道与地面的交点,设该处的坐标为 xp 和 yp,则有 xp=Rcosθ+c (25) yp=Rsinθ (26) 式中 θ 为从地心指向撞击点的矢经与 x 方向的夹角. 因撞击点在结合物的轨道上,(24) 将 、 (25)式代入轨道方程(20)式,经整理得
2 ? ? R2 ( b 2? a 2) c o ? ? s

?2 2c R ? o s ? a2 ? 2 ? ? b b c?

2 2 a? R

0 (27)

引人以下符号并代人有关数据得
1 ? ? ( ? ? R2 ( b 2? a 2) ? ? 1 4 ? 4 11k m 8 0
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)

? ? 2b?2 c R ? 5 8 4 ? 11 0 m ) ( 6 1k
ht

? ? ? R 5 ? ? b?2 c2 ? a 2 b 2? a 2 ( 2? 4 6 5 ? 1 01 1k m)
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代入(27)式得

? c o 2 ?? ? c o ?? ?? s s
解得

0

(28)

co? ? s

?? ? ?2 ? ? ? 4 2?

(29)

舍掉不合理的答案,得 cosθ=-0.7807 θ=141.320 这是在北纬 51.320 .

(30) (31)

- 76 -

评分标准: (20)(21)(22)(23)或(24)(27)式各 l 分, 、 、 、 、 (31)式 2 分(答案在 1410 到 1420 之间的都给 2 分) ,正确指出纬度给 1 分.
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第 26 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
一、填空(问答)题(每题 5 分,共 25 分) 1.有人设想了一种静电场:电场的方向都垂直于纸面并指向纸里,

电场强度的大小自左向右逐渐增大,如图所示。这种分布的静电场是否 可能存在?试述理由。

2.海尔-波普彗星轨道是长轴非常大的椭圆,近日点到太阳中心的距离为 0.914 天文单位 (1 天文单位等于地日间的平均距离) ,则其近日点速率的上限与地球公转(轨道可视为圆周) 速率之比约为(保留 2 位有效数字) 。 ;另一方面,即使穿绝缘性能良好的电 工鞋操作,测电笔仍会发亮,原因是 。 4.在图示的复杂网络中,所有 电源的电动势均为 E0,所有电阻器 的电阻值均为 R0,所有电容器的电 容均为 C0,则图示电容器 A 极板上 的电荷量为 。 A 5.如图,给静止在水平粗糙地 面上的木块一初速度,使之开始运 动。一学生利用角动量定理来考察 此木块以后的运动过程: “把参考点设于如图所示的地面 上一点 O,此时摩擦力 f 的力矩为 0,从而地面木块的角 动量将守恒,这样木块将不减速而作匀速运动。 ”请指出 上述推理的错误,并给出正确的解释: 。 二、 (20 分)图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完 全相同的轻质细桌腿 1、2、3、4 支撑于桌角 A、B、C、D 处,桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。已知桌腿受力后 将产生弹性微小形变。现于桌面中心点 O 至角 A 的连线 C 2 3 B O F P D 4 A O f v 3.用测电笔接触市电相线,即使赤脚站在地上也不会触电,原因是

OP ? c ,求桌面 OA 上某点 P 施加一竖直向下的力 F,令 OA
对桌腿 1 的压力 F1。 三、 (15 分)

1

- 77 -

1.一质量为 m 的小球与一劲度系数为 k 的弹簧相连组成一体系,置于光滑水平桌面上, 弹簧的另一端与固定墙面相连,小球做一维自由振动。试问在一沿此弹簧长度方向以速度 u 作匀速运动的参考系里观察,此体系的机械能是否守恒,并说明理由。

。 2.若不考虑太阳和其他星体的作用,则地球-月球系统可看成孤立系统。若把地球和月球 都看作是质量均匀分布的球体,它们的质量分别为 M 和 m,月心-地心间的距离为 R,万有引 力恒量为 G。学生甲以地心为参考系,利用牛顿第二定律和万有引力定律,得到月球相对于地

M ;学生乙以月心为参考系,同样利用牛顿第二定律和万有引 R2 m 力定律,得到地球相对于月心参考系的加速度为 a e ? G 2 。这二位学生求出的地-月间的相 R
心参考系的加速度为 a m ? G 对加速度明显矛盾,请指出其中的错误,并分别以地心参考系(以地心速度作平动的参考系) 和月心参考系(以月心速度作平动的参考系)求出正确结果。 四、 (20 分)火箭通过高速喷射燃气产生推力。设温度 T1、压强 p1 的炽热高压气体在燃 烧室内源源不断生成,并通过管道由狭窄的喷气口排入气压 p2 的环境。假设燃气可视为理想 气体,其摩尔质量为 μ,每摩尔燃气的内能为 u=cVT(cV 是常量,T 为燃气的绝对温度) 。在快 速流动过程中,对管道内任意处的两个非常靠近的横截面间的气体,可以认为它与周围没有 热交换,但其内部则达到平衡状态,且有均匀的压强 p、温度 T 和密度 ρ,它们的数值随着流 动而不断变化,并满足绝热方程 pV
cV ? R cV

,式中 R 为普适气体常量,求喷气口处 ? C (恒量)

气体的温度与相对火箭的喷射速率。 五、 (20 分)内半径为 R 的直立圆柱器皿内盛水银,绕圆柱轴线匀速旋转(水银不溢,皿 底不露) ,稳定后的液面为旋转抛物面。若取坐标原点在抛物面的最低点,纵坐标轴 z 与圆柱 器皿的轴线重合, 横坐标轴 r 与 z 轴垂直, 则液面的方程为 z ?

?2
2g

式中 ω 为旋转角速度, r2 ,

g 为重力加速度(当代已使用大面积的此类旋转水银液面作反射式天文望远镜) 。 观察者的眼睛位于抛物面最低点正上方某处,保持位置不变,然后使容器停转,待液面 静止后,发现与稳定旋转时相比,看到的眼睛的像的大小、正倒都无变化。求人眼位置至稳 定旋转水银面最低点的距离。 六、 (20 分)两惯性系 S′ S 初始时刻完全重合,前者相对后者沿 z 轴正向以速度 v 高速 与 运动。作为光源的自由质点静止于 S′ 系中,以恒定功率 P 向四周辐射(各向同性)光子。在 S 系中观察,辐射偏向于光源前部(即所谓的前灯效应) 。 1.在 S 系中观察,S′ 系中向前的那一半辐射将集中于光源前部以 x 轴为轴线的圆锥内。 求该圆锥的半顶角 α。已知相对论速度变换关系为

ux ?

u? ? v x 1 ? u? v / c 2 x

式中 ux 与 ux′ 分别为 S 与 S′ 系中测得的速度 x 分量,c 为光速。

- 78 -

2.求 S 系中测得的单位时间内光源辐射的全部光子的总动量与总能量。 七、 (20 分) 1.设想光子能量为 E 的单色光垂直入射到质量为 M、以速度 V 沿光入射方向运动的理想 反射镜(无吸收)上,试用光子与镜子碰撞的观点确定反射光的光子能量 E′。可取以下近似:

E V ?? ?? 1 ,其中 c 为光速。 2 c Mc
2.若在上述问题中单色光的强度为 Φ,试求反射光的强度 Φ′(可以近似认为光子撞击 镜子后,镜子的速度仍为 V) 。光的强度定义为单位时间内通过垂直于光传播方向单位面积的 光子的能量。 八、 (20 分)惰性气体分子为单原子分子,在自由原子情形下,其电子电荷分布是球对称 的。负电荷中心与原子核重合。但如两个原子接近,则彼此能因静电作用产生极化(正负电 荷中心不重合) ,从而导致有相互作用力,这称为范德瓦尔斯相互作用。下面我们采用一种简 化模型来研究此问题。 当负电中心与原子核不重合时, 若以 x 表示负电中心相对正电荷 (原子 核)的位移,当 x 为正时,负电中心在正电荷的右侧,当 x 为负时,负电中 心在正电荷的左侧,如图 1 所示。这时,原子核的正电荷对荷外负电荷的 电荷的质量全部集中在负电中心,此原子可用一弹簧振子来模拟。 今有两个相同的惰性气 体原子,它们的原子核固定, 相距为 R,原子核正电荷的电 荷量为 q,核外负电荷的质量 为 m。因原子间的静电相互作 用,负电中心相对各自原子核 x1 x2 - R 图2 x + 图1 -

作用力 f 相当于一个劲度系数为 k 的弹簧的弹性力,即 f=-kx,力的方向指向原子核,核外负







的位移分别为 x1 和 x2,且|x1|和|x2|都远小于 R,如图 2 所示。此时每个原子的负电荷除受到 自己核的正电荷作用外,还受到另一原子的正、负电荷的作用。 众所周知,孤立谐振子的能量 E=mv2/2+kx2/2 是守恒的,式中 v 为质量 m 的振子运动的速 度,x 为振子相对平衡位置的位移。量子力学证明,在绝对零度时,谐振子的能量为 hω/2,称 为零点振动能, ? ? h / 2? ,h 为普朗克常量,? ?

k / m 为振子的固有角频率。试计算在绝

对零度时上述两个有范德瓦尔斯相互作用的惰性气体原子构成的体系的能量,与两个相距足 够远的(可视为孤立的、没有范德瓦尔斯相互作用的)惰性气体原子的能量差,并从结果判 定范德瓦尔斯相互作用是吸引还是排斥。可利用当|x|<<1 时的近似式(1+x)1/2≈1+x/2-x2/8, (1+x)-1≈1-x+x2。

第 26 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
参考解答与评分标准
一、填空(问答)题.每小题 5 分,共 25 分.按各小题的答案和评分标准评分. 1. 答案与评分标淮: 这种分布的静电场不可能存在.因为静电场是保守场,电荷沿任意闭合路径一周电场力做 的功等于 0, 但在这种电场中, 电荷可以沿某一闭合路径移动一周而电场力做功不为 0. 分) (5

- 79 -

2.答案与评分标淮: 1.5. 分) (5 3.答案与评分标淮: 测电笔内阻很大,通过与之串联的人体上的电流(或加在人体上的电压)在安全范围内; (2 分) 市电为交流电,而电工鞋相当于一电容器,串联在电路中仍允许交流电通过. 分) (3 4.答案与评分标淮: (5 2E0 C0 . 分) 5.答案与评分标淮: 该学生未考虑竖直方向木块所受的支持力和重力的力矩.仅根据摩擦力的力矩为零便推 出木块的角动量应守恒,这样推理本身就不正确.事实上,此时支持力合力的作用线在重力作 用线的右侧,支持力与重力的合力矩不为 0,木块的角动量不守恒,与木块作减速运动不矛 盾. 分) (5 二、 参考解答: 设桌面对四条腿的作用力皆为压力,分别为 F 、 F2 、 F3 、 F4 .因轻质刚性的桌面处在 1 平衡状态,可推得

F1 ? F2 ? F3 ? F4 ? F .
由于对称性,

(1)

F2 ? F4 .

(2)

考察对桌面对角线 BD 的力矩,由力矩平衡条件可得

F3 ? cF ? F1 .

(3)

根据题意, 0 ? c ? 1 ,c=0 对应于力 F 的作用点在 O 点,c=1 对应于 F 作用点在 A 点. 设桌腿的劲度系数为 k , 在力 F 的作用下, 1 的形变为 F1 k , 2 和 4 的形变均为 F2 k , 腿 腿 腿 3 的形变为 F3 k .依题意,桌面上四个角在同一平面上,因此满足

1 ? F1 F3 ? F2 , 即 ? ? ?? 2? k k ? k
(4)

F1 ? F3 ? 2F2 .
由(1)、(2)、(3)、(4)式,可得

2c ? 1 F, 4 1 ? 2c F3 ? F, 4 F1 ?

(5) (6)

- 80 -

当c ?

1 时,F3 ? 0 . F3 ? 0 ,表示腿 3 无形变;F3 ? 0 ,表示腿 3 受到桌面的作用力为拉力, 2

这是不可能的,故应视 F3 ? 0 .此时(2)式(3)式仍成立.由(3)式,可得

F1 ? cF .
综合以上讨论得

(7)

F1 ?

2c ? 1 F, 4

0?c?

1 . 2

(8) (9)

F1 ? cF ,
评分标准:本题 20 分.

1 ? c ?1 . 2

(1)式 1 分,(2)式 1 分,(3)式 2 分,(4)式 7 分,得到由(8)式表示的结果得 4 分,得到由(9) 式表示的结果得 5 分. 三、 参考解答: 1.否.原因是墙壁对于该体系而言是外界,墙壁对弹簧有作用力,在运动参考系里此力 的作用点有位移,因而要对体系做功,从而会改变这一体系的机械能. 2.因地球受月球的引力作用,月球受地球的引力作用,它们相对惯性系都有加速度,故 它们都不是惯性参考系.相对非惯性参考系,牛顿第二定律不成立.如果要在非惯性参考系 中应用牛顿第二定律,必须引入相应的惯性力;而这两位学生又都未引入惯性力,所以他们 得到的结果原则上都是错误的. 以地心为参考系来求月球的加速度.地心系是非惯性系,设地球相对惯性系的加速度的大
? 小为 ae ,则由万有引力定律和牛顿第二定律有

G

Mm ? ? Mae , 2 R
? ? fm ? mae ,

(1)

加速度的方向指向月球.相对地心参考系,月球受到惯性力作用,其大小 (2)

方向指向地球,与月球受到的万有引力的方向相同.若月球相对地心系的加速度为 am ,则有

G
由(1)、(2)、(3)三式,得

Mm ? ? f m ? mam . 2 R am ? G M ?m , R2

(3)

(4)

加速度的方向指向地球. 以月心为参考系来求地球的加速度.月心系也是非惯性系,设月球相对惯性系的加速度的
? 大小为 am ,则由万有引力定律和牛顿第二定律有

- 81 -

G

Mm ? ? mam , R2
? ? f M ? Mam ,

(5)

加速度的方向指向地球.相对月心参考系,地球受到惯性力作用,惯性力的大小 (6)

方向指向月球,与地球受到的万有引力的方向相同.若地球相对月心系的加速度为 ae ,则有

G
由(5)、(6)、(7)三式得

Mm ? f e? ? Mae . 2 R
ae ? G M ?m , R2

(7)

(8)

加速度的方向指向月球. (4)式与(8)式表明, 地球相对月心系的加速度 ae 与月球相对地心系的 加速度 am 大小相等(方向相反),与运动的相对性一致. 评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 5 分. 第 2 小问 10 分.指出不正确并说明理由,占 2 分;(1)至(8)式,每式 1 分. 四、 参考解答: 于火箭燃烧室出口处与喷气口各取截面 A1 与 A 2 ,它们的面积分别为 S1 和 S 2 ,由题意,
p1 A1 B1 p2 A2 B2
?V1

?V2

S1 ?? S 2 ,以其间管道内的气体为研究对象,如图所示.设经过很短时间 ?t ,这部分气体流
至截面 B1 与 B2 之间, A1B1 间、 A 2 B2 间的微小体积分别为 ?V1 、 ?V2 ,两处气体密度为 ?1 、

?2 ,流速为 v1 、 v 2 .气流达到稳恒时,内部一切物理量分布只依赖于位置,与时间无关.由
此可知,尽管 B1A 2 间气体更换,但总的质量与能量不变. 先按绝热近似求喷气口的气体温度 T2 .质量守恒给出

?1?V1 ? ?2?V2 ,
即 A 2 B2 气体可视为由 A1B1 气体绝热移动所得.事实上,因气流稳恒, A1B1 气体流出喷口时 将再现 A 2 B2 气体状态.对质量 ?m ? ?1?V1 ? ?2?V2 的气体,利用理想气体的状态方程

(1)

- 82 -

p?V ?
和绝热过程方程

?m

?

RT

(2)

p1 ? ?V1 ?
可得

cV ? R cV

? p2 ? ?V2 ?
R

cV ? R cV



(3)

? p ? cV ? R T2 ? ? 2 ? T1 . ? p1 ?
再通过能量守恒求气体的喷射速率 v 2 .由(1)式及 ?V ? Sv ?t ,可得

(4)

?1 S1 v1 ? ? 2 S 2 v2 ,

(5)

? S S ? p ?c 再利用(1)、(3)式,知 v1 ? 2 2 v 2 ? 2 ? 2 ? ?1 S1 S1 ? p1 ? ? ?

V

cV ?R

v 2 ,因 S 2 ?? S1 , p2 ?? p1 ,故
(6)

v 1 ?? v 2 .
整个体系经 ?t 时间的总能量(包括宏观流动机械能与微观热运动内能)增量 ? E 为 A 2 B2 部 分与 A1B1 部分的能量差.由于重力势能变化可忽略,在理想气体近似下并考虑到(6)式,有

?E ?
体系移动过程中,外界做的总功为

1 ?m 2 ?mv 2 ? cV ?T2 ? T1 ? . 2 ?

(7)

W ? p1?V1 ? p2?V2 .
根据能量守恒定律,绝热过程满足

(8)

?E ? W ,

R ? ? 2?cV ? R ?T1 ? ? p 2 ? cV ?R ? 1? ? ? , ? ? p1 ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(9)

v2 ?
其中利用了(2)、(4)两式. 评分标准:本题 20 分.

(10)

(2)式 1 分,(3)式 2 分,(4)式 3 分,(6)式 1 分,(7)式 6 分,(8)式 4 分,(9)式 1 分,(10)式 2 分. 五、 参考解答:

- 83 -

旋转抛物面对平行于对称轴的光线严格聚焦,此抛物凹面镜的焦距为

f ?
由(1)式,旋转抛物面方程可表示为

g . 2? 2

(1)

z?

r2 . 4f

(2)

停转后液面水平静止.由液体不可压缩性,知液面上升.以下求抛物液面最低点上升的高度. 抛物液面最低点以上的水银,在半径 R 、高 即附图中 R 2 4 f 的圆柱形中占据体积为 M 的部分, 左图阴影部分绕轴线旋转所得的回转体;其余体积 为 V 的部分无水银.体 M 在高度 z 处的水平截面为圆环,利用抛物面方程,得 z 处圆环面积
V
M

?

S M ? z ? ? π ? R 2 ? r 2 ? ? π ? R 2 ? 4 fz ? .
将体 V 倒置,得附图中右图阴影部分绕轴线旋转所得的回转体 ? ,相应抛物面方程变为

(3)

z?
其高度 z 处的水平截面为圆面,面积为

R2 ? r 2 , 4f

(4)

S? ? z ? ? πr 2 ? π ? R 2 ? 4 fz ? ? S M ? z ? .
由此可知

(5)

M ? ? ?V ?
即停转后抛物液面最低点上升

1 2 R2 , πR 2 4f

(6)

h?

M R2 . ? πR 2 8 f

(7)

因抛物镜在其轴线附近的一块小面积可视为凹球面镜,抛物镜的焦点就是球面镜的焦点, 故可用球面镜的公式来处理问题.两次观察所见到的眼睛的像分别经凹面镜与平面镜反射而 成,而先后看到的像的大小、正倒无变化,这就要求两像对眼睛所张的视角相同.设眼长为

y 0 .凹面镜成像时,物距 u 即所求距离,像距 v 与像长 y 分别为

v?

fu , u- f

(8)

y??

v f y0 ? y0 . u f ?u

(9)

平面镜成像时,由于抛物液面最低点上升,物距为

- 84 -

u? ? u ? h ? u ?
像距 v? 与像长 y? 分别为

R2 , 8f

(10)

v? ? -u? , v? y ? ? ? y0 ? y0 . u?
两像视角相同要求

(11) (12)

y y? ? , u ? v u? - v ?


(13)

1 1 , ? 2 2u ? u f 2u ? R 2 4 f
此处利用了(8)—(12)诸式.由(14)式可解得所求距离

(14)

u?
评分标准:本题 20 分.

R . 2

(15)

(1)式 1 分,(7)式 4 分,(8)、(9)式各 2 分,(10) 、(11)、 (12)式各 1 分,(13)式 6 分,(15) 式 2 分. 六、 参考解答: 1.先求两惯性系中光子速度方向的变换关系.根据光速不变原理,两系中光速的大小都 是 c .以 ? 和 ? ? 分别表示光子速度方向在 S 和 S? 系中与 x 和 x? 轴的夹角,则光速的 x 分量为

ux ? c cos ? , u? ? c cos ? ? . x
再利用相对论速度变换关系,得

(1) (2)

cos? ?

cos ? ? ? v c . 1 ? vcos? ? c

(3)

表明有一半辐射分布于 0 ? ? ? ? π 2 的方向角范围内, 系中, S? 系中光源各向同性辐射, S 此范围对应 0 ? ? ? ? .由上式求得

v 2 c ? arccos v . ? ? arccos v ? c 1 ? cos c 2 cos ?
可以看出,光源的速度 v 越大,圆锥的顶角越小. 2. S ? 系中,质点静止,在 ? t ? 时间内辐射光子的能量来自质点静能的减少,即
- 85 -

?

(4)

P?t? ? ?m0c2 ,
式中 ?m0 为 ? t ? 时间内质点减少的质量.S 系中,质点以速度 v 匀速运动,由于辐射,其动质 量减少 ? m ,故动量与能量亦减少.转化为光子的总动量为 ?p ? ?mv ,即

(5)

?p ?
转化为光子的总能量为 ?E ? ?mc ,即
2

?m 0 v 1- v2 c2



(6)

?E ?

?m 0 c 2 1? v2 c2



(7)

S? 系中光源静止,测得的辐射时间 ?t? 为本征时,在 S 系中膨胀为

?t ?

?t ? 1 ? v2 c2



(8)

由以上各式可得在 S 系中单位时间内辐射的全部光子的总动量与总能量分别为

?p vP ? , ?t c 2 ?E ?P. ?t
评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 7 分.(3)式 4 分,(4)式 3 分. 第 2 小问 13 分.(5)、 (6) 、(7)式各 2 分,(8)式 3 分,(9) 、(10) 式各 2 分. 七、 参考解答: 1.光子与反射镜碰撞过程中的动量和能量守恒定律表现为

(9) (10)

E c ? MV ? ? E? c ? MV ? ,

(1) (2)

E ? MV 2 2 ? E? ? MV ?2 2 .
其中 V ? 为碰撞后反射镜的速度.从上两式消去 V ? ,得

E ? E? ?

4E 1?V c ?

?1 ? V c ?
1?V c 1?V c

2

? 4 E Mc

?
2

2E . 1?V c

(3)

E? ? E
V 1 ?? 1 时, ? 1 ? V c ,可得 c 1?V c

(4)



- 86 -

E ? ? E?1? 2V c ? .
2.考察时刻 t 位于垂直于光传播方向的截面 A 左侧的长为光 在 1s 时间内所传播的距离 c?1s、 底面积为单位面积柱体内的光子, 如图 1 所示.经过 1s 时间,它们全部通过所考察的截面.若单位 体积中的光子数为 n ,根据光强的定义,入射光的强度 S1 图1 A V S1 S2 S2 S1 a S1 图2 N N’ A S2

(5)

Φ ? ncE

(6)

若 A 处固定一反射镜,则柱体的底面 S2 处的光子 在时刻 t 到达位于 A 处的反射镜便立即被反射, 以光速 c 向左移动;当柱体的底面 S1 在 t+1s 到达 A 处被反射 镜反射时, 这柱体的底面 S2 已到达 A 左边距离 A 为 c?1s 处,所有反射光的光子仍分布在长为 c?1s、截面积为 单位面积的柱体内, 所以反射光的强度与入射光的强度 相等. 如果反射镜不固定,而是以恒定的速度 V 向右移 动,则在时刻 t+1s 柱体的底面 S1 到达 A 处时,反射镜 S2 c?t?

已移到 A 右边距离为 V?1s 的 N 处,这时底面 S2 移到 A 左侧离 A 的距离为 c?1s 处,如图 2 中 a 所示.设再经过时间 ?t ,S1 与镜面相遇,但这时镜面己来到 N ? 处,因为在 ?t 时间内,镜面 又移过了一段距离 V?t ,即在时刻 t ? 1s ? ?t ,底面 S1 才到达反射镜被反射.亦即原在 S1 处 的光子须多行进 cΔt 的距离才能被反射.因此

c?t ? ?1s ? ?t ?V


?t ?

V c ?V

(7)

而这时,底面 S2 又向左移了一段距离 c?t .这样反射光的光子将分布在长为 c ? 1s ? 2c?t 的 柱体内.因反射不改变光子总数,设 n ? 为反射光单位体积中的光子数,有

cV ? c ?V ? nc ? n?? c ? 2 ? ? n?c c ?V ? c ?V ?
故有

n? ? n
根据光强度的定义,反射光的强度

c ?V . c ?V

(8)

? ? ? n?cE ? .
由(4)、(8)、(9)各式得

(9)

? c ?V ? ?? ?? ? ? . ? c ?V ?
2

(10)

注意到 V ?? c 有

- 87 -

? ? ? ? ?1 ?
评分标准:本题 20 分.

? ?

4V c

? ?. ?

(11)

第 1 小问 9 分. (1)、(2)式各 2 分,(4)或(5)式 5 分. 第 2 小问 11 分.(8)式 5 分,(9)式 3 分,(10) 或(11)式 3 分. 八、 参考解答: 两个相距 R 的惰性气体原子组成体系的能量包括以下几部分:每个原子的负电中心振动 的动能,每个原子的负电中心因受各自原子核“弹性力”作用的弹性势能,一个原子的正、 负电荷与另一原子的正、 负电荷的静电相互作用能.以 v1 和 v2 分别表示两个原子的负电中心振 动速度, x1 和 x2 分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移,则体系的能量

E?
式中 U 为静电相互作用能

1 2 1 2 1 2 1 2 mv1 ? mv2 ? kx1 ? kx2 ? U , 2 2 2 2

(1)

?1 1 1 1 ? U ? kC q 2 ? ? ? ? ?, ? R R ? x1 ? x2 R ? x1 R ? x2 ?
? x ? ? x ?x ? kC 为 静 电 力 常 量 . 因 R ? x1 ? x2 ? R ?1 ? 1 2 ? , R ? x1 ? R ?1 ? 1 ? , R? R ? ? ? ? x ? ?1 R ? x2 ? R ?1 ? 2 ? ,利用 ?1 ? x ? ? 1 ? x ? x 2 ,可将(2)式化为 R? ?
U ??
因此体系总能量可近似表为

(2)

2kC q 2 x1 x2 , R3

(3)

1 1 1 2 1 2 2k q 2 x x E ? mv 2 ? kx12 ? mv2 ? kx2 ? C 3 1 2 . 1 2 2 2 2 R
注意到 a ? b
2 2

(4)

? a ? b? ? ? a ? b? ?
2

2

2

和 2ab ?

? a ? b? ? ? a ? b?
2

2

2

,可将(4)式改写为

1 1? 2k q 2 ? 1 2 1? 2k q 2 ? 2 E ? mu12 ? ? k ? C3 ? y12 ? mu 2 ? ? k ? C3 ? y2 . 2 2? R ? 2 2? R ?
式中,

(5)

u1 ? ?v1 ? v2 ?

2,

(6)

- 88 -

u2 ? ?v1 ? v2 ?

2,

(7) (8) (9)

y1 ? ? x1 ? x2 ? y2 ? ? x1 ? x2 ?

2, 2.

(5)式表明体系的能量相当于两个独立谐振子的能量和,而这两个振子的固有角频率分别为

?1 ?
?2 ?
在绝对零度,零点能为

k ? 2kCq 2 R3 , m k ? 2kCq 2 R3 . m
1 ? ??1 ? ?2 ? , 2

(10)

(11)

E0 ?

(12)

两个孤立惰性气体原子在绝对零度的能量分别表示为 E10 和 E20 ,有

E10 ? E20 ?
式中

1 ??0 , 2

(13)

?0 ?

k m

(14)

为孤立振子的固有角频率.由此得绝对零度时,所考察的两个惰性气体原子组成的体系的能 量与两个孤立惰性气体原子能量和的差为

?E ? E0 ? ? E10 ? E20 ? .
利用 ?1 ? x ?
12

(15)

? 1 ? x 2 ? x 2 8 ,可得

?E ? ?

2 ? kC q 4 . 2 k 3 2m1 2 R6

(16)

?E ? 0 ,表明范德瓦尔斯相互作用为相互吸引.
评分标准:本题 20 分. (1)式 1 分,(2)式 3 分,(4)式 3 分,(10)、(11)式各 4 分, (12)式 2 分, (16)式 2 分,末 句说明占 1 分.

- 89 -

- 90 -

- 91 -

- 92 -

- 93 -

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第 27 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共九题,满分 160 分.计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤.只写出最后结果的不能得分.有数字计算的题.答案中必须明确写出数值和单位.填 空题把答案填在题中的横线上,只要给出结果,不需写出求解的过程. 一、 15 分)蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器(见图) ( .若干个摆 球位于同一高度并等间距地排成一条直线,它们的悬挂点在不同的高度上,摆长依次减小.设 重力加速度 g = 9 . 80 m/ s2 , 1 .试设计一个包含十个单摆的蛇形摆(即求出每个摆的摆长) ,要求满足: ( a )每个 摆的摆长不小于 0 . 450m ,不大于 1.00m ; ( b )初始时将所有摆球由平衡点沿 x 轴正方 向移动相同的一个小位移 xo ( xo <<0.45m ) ,然后同时释放,经过 40s 后,所有的摆能够同 时回到初始状态. 2 .在上述情形中,从所有的摆球开始摆动起,到它们的速率首次全部为零所经过的时间 为________________________________________.

二、 20 分)距离我们为 L 处有一恒星,其质量为 M ,观测发现其位置呈周期性摆动, ( 周期为 T ,摆动范围的最大张角为 △ θ.假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆 周运动的行星引起的,试给出这颗行星的质量 m 所满足的方程. 若 L=10 光年, T =10 年, △ = 3 毫角秒, M = Ms (Ms 为太阳质量) θ ,则此行星的质 量和它运动的轨道半径 r 各为多少?分别用太阳质量 Ms 和国际单位 AU (平均日地距离) 1 1 作为单位, 只保留一位有效数字. 已知 1 毫角秒=1000 角秒, 角秒=3600 度, 1 1AU=1.5×108km, 光速 c = 3.0 ×105km/s.

- 103 -

三、 22 分)如图,一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为 m,半径为 R ,螺距 H =πR , ( 可绕竖直的对称轴 OO′ 无摩擦地转动, , 连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计. 一 质量也为 m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静止于螺旋 环上的某一点 A ,这时螺旋环也处于静止状态.然后放开小球,让小球沿螺旋环下滑,螺旋 环便绕转轴 OO′ ,转动.求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为 h 时,螺旋环转 动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小.

四、 12 分)如图所示,一质量为 m、电荷量为 q ( q > 0 )的粒子作角速度为 ω、半径 ( 为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内,离圆心的距离为 d ( d > R ) ,在 导线上通有随时间变化的电流 I, t= 0 时刻, 粒子速度的方向与导线平行, 离导线的距离为 d+ R . 若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力,试求出电流 i 随时间的变化 规律.不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响.长直导线电流产生的磁感应强度表 示式中的比例系数 k 已知. 五、 (20 分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分别为+Q 和-Q (Q >0) ,半 径分别为 R 和 R/2,小球面与大球面内切于 C 点,两球面球心 O 和 O’的连线 MN 沿竖直方在 MN 与两球面的交点 B、0 和 C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计,有一质量 为 m, 带电荷为 q(q>0 的质点自 MN 线上离 B 点距离为 R 的 A 点竖直上抛。 设静电力常量为 k, 重力加度为 g. 1.要使质点从 A 点上抛后能够到达 B 点,所需的最小初动能为多少? 2.要使质点从 A 点上抛后能够到达 O 点,在不同条件下所需的最小初动能各为多少?

六、 20 分)由单位长度电阻为 r 的导线组成如图所示的正方形网络系列.n=1 时,正方 ( 形网络边长为 L,n= 2 时, 小正方形网络的边长为 L/3; n=3 时, 最小正方形网络的边长为 L/9. 当 n=1、2、3 时,各网络上 A、B 两点间的电阻分别为多少?

- 104 -

七、 (15 分)地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射(假定不计大气对太 阳辐射的吸收)一部分被地球表面反射到太空,其余部分被地球吸收.被吸收的部分最终转 换成为地球热辐射(红外波段的电磁波) .热辐射在向外传播过程中,其中一部分会被温室气 体反射回地面,地球以此方式保持了总能量平衡。作为一个简单的理想模型,假定地球表面 的温度处处相同,且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼定律:单位面积的辐射功率 J 与表面的热力学温度 T 的四次方成正比,即 J=?T4 ,其中 ? 是一个常量.已知太阳表面温度 Ts=5.78×103 K ,太阳半径 Rs=6.69×105 km ,地球到太阳的平均距离 d=1.50×108 km .假设温 室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层,并设它对热辐射能量的反射率为 ρ=0.38 . 1.如果地球表面对太阳辐射的平均反射率 α=0.30 ,试问考虑了温室气体对热辐射的反射 作用后,地球表面的温度是多少? 2.如果地球表面一部分被冰雪覆盖,覆盖部分对太阳辐射的反射率为 α1=0.85 ,其余部分 的反射率处 α2=0.25 .间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为 273K . 八、 (20 分)正午时太阳的入射光与水平面的夹角 θ=450 .有一座房子朝南的墙上有一个直 径 W =10cm 的圆窗,窗口中心距地面的高度为 H .试设计一套采光装置,使得正午时刻太 阳光能进人窗口,并要求进入的光为充满窗口、垂直墙面、且光强是进人采光装置前 2 倍的 平行光.可供选用的光学器件如下:一个平面镜,两个凸透镜,两个凹透镜;平面镜的反射 率为 80 % ,透镜的透射率为 70 % ,忽略透镜表面对光的反射.要求从这些器件中选用最少 的器件组成采光装置.试画出你所设计的采光装置中所选器件的位置及该装置的光路图,并 求出所选器件的最小尺寸和透镜焦距应满足的条件.

九、 16 分)已知粒子 1 和粒子 2 的静止质量都是 m0 ,粒子 1 静止,粒子 2 以速度 ( v0 与粒子 1 发生弹性碰撞. 1.若碰撞是斜碰,考虑相对论效.试论证:碰后两粒子速度方向的夹角是锐角、直角还是钝 角.若不考虑相对论效应结果又如何? 2.若碰撞是正碰,考虑相对论效应,试求碰后两粒子的速度. 一、参考解答: 1.以 l i 表示第 i 个单摆的摆长,由条件(b)可知每个摆的周期必须是 40s 的整数分之一,
- 105 -



Ti ? 2π

li 40 (Ni 为正整数) ? g Ni

(1)

[(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得,各单摆的摆长

li ?

400 g π 2 N i2

(2)

依题意, 0.450m ? li ? 1.000m ,由此可得

20 20 g g ? Ni ? π π 0.45


(3) (4)

20 ? Ni ? 29

因此,第 i 个摆的摆长为

i

1

2 0.901

3 0.821

4 0.751

5 0.690

6 0.635

7 0.588

8 0.545

9 0.507

10 0.472

li/m 0.993

li ?

400 g (i ? 1, 2, ?, 10) π (19 ? i) 2
2

(5)

2. 20s 评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 11 分. (2)式 4 分, (4)式 4 分,10 个摆长共 3 分. 第 2 小问 4 分. 二、参考解答: 设该恒星中心到恒星-行星系统质心的距离为 d ,根据题意有

d?

L ?? 2
?3

(1)

将有关数据代入(1)式,得 d ? 5 ? 10 AU .又根据质心的定义有

r ?d ?


Md m

(2)

式中 r 为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径, 即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律

Mm ? 2π ? G 2 ? Md ? ? r ?T ?
由(2)(3)两式得 、

2

(3)

- 106 -

m

?1 ? M m?

2

4π2 d 3 ? G T2

(4)

[若考生用 r 表示行星到恒星?行星系统质心的距离,从而把(2)式写为 r ?

Md ,把(3)式写为 m

G

Mm

?r ? d ?

2

? 2π ? ? Md ? ? ,则同样可得到(4)式,这也是正确的.] 利用(1)式,可得 ?T ?

2

m

?1 ? M ?m

m?
3

2

? L ?? ? ?

3

π2

2GT 2

(5)

(5)式就是行星质量 m 所满足的方程.可以把(5)试改写成下面的形式

M?

?1 ? m

M?

2

? L?? ? ?

3

π2

2GMT 2

(6)

因地球绕太阳作圆周运动,根据万有引力定律可得

(1AU)3 GM S ? (1y)2 4π 2
注意到 M ? M S ,由(6)和(7)式并代入有关数据得

(7)

?m

?1 ? m

MS ?

3 2

MS ?

? 8.6 ? 10?10

(8)

由(8)式可知

m ?? 1 MS
由近似计算可得

m ? 1?10?3 MS
由于 m M 小于 1/1000,可近似使用开普勒第三定律,即

(9)

r 3 (1AU)3 ? T2 (1y) 2
代入有关数据得

(10)

(11) 评分标准:本题 20 分. (1)式 2 分, (2)式 3 分, (3)式 4 分, (5)式 3 分, (9)式 4 分, (11)式 4 分. 三、参考解答: 解法一 一倾角为 ? 的直角三角形薄片(如图 1 所示)

r ? 5AU

m h

v?

- 107 -

u
图1

?

紧贴于半径为 R 的圆柱面,圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行,若 把此三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环.根据题意有

tan ? ?
可得:

πR 1 ? 2πR 2

(1)

sin ? ?

5 2 5 , cos ? ? 5 5

(2)

设在所考察的时刻,螺旋环绕其转轴的角速度为 ? ,则环上每一质量为 ?mi 的小质元绕 转轴转动线速度的大小都相同,用 u 表示,

u ? ?R
该小质元对转轴的角动量

(3)

?Li ? ?mi uR ? ?mi R2?
整个螺旋环对转轴的角动量

L ? ? ?Li ?? ?mi R2? ? mR2?

(4)

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成.在 螺旋环的角速度为 ? 时,设小球相对螺旋环的速度为 v ? ,则小球在水平面内作圆周运动的速 度为

vP ? v?cos? ? ? R
沿竖直方向的速度

(5)

v? ? v?sin?

(6)

对由小球和螺旋环组成的系绕,外力对转轴的力矩为 0,系统对转轴的角动量守恒,故有

0 ? mvPR ? L
由(4)(5)(7)三式得: 、 、

(7)

v?cos? ? ? R = ? R
在小球沿螺旋环运动的过程中,系统的机械能守恒,有

(8)

mgh ?

1 1 2 2 m vP ? v? ? ? ?mi u 2 2 2
2

?

?

(9)

由(3)(5)(6)(9)四式得: 、 、 、

2 gh = ? v?cos? ? ? R ? ? v?2 sin 2? ? ? ? R 2
解(8)(10)二式,并利用(2)式得 、

(10)

ω=

1 2 gh R 3 10gh 3

(11)

v? =

(12)

- 108 -

由(6)(12)以及(2)式得 、

v? ?
或有

2 gh 3

(13)

1 2 v? ? 2 gh 3
(14)式表明,小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动,其加速度

(14)

a? ?

1 g 3

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则有

h=

1 a? t 2 2 g t 3R g 3R
(18)

(16)

由(11)和(16)式得

??

(17)

(17)式表明,螺旋环的运动是匀加速转动,其角加速度

??

小球对螺旋环的作用力有:小球对螺旋环的正压力 N1 ,在图 1 所示的薄片平面内, 方向垂直于薄片的斜边; 螺旋环迫使小球在

m

? N2 C
R
图2

? ? 水平面内作圆周运动的向心力 N 2 的反作用力 N 2 .向心力 N 2 在
水平面内, 方向指向转轴 C, 如图 2 所示.N1 、N 2 两力中只有 N1 对螺旋环的转轴有力矩,由角动量定理有

N1 sin ? R?t ? ?L
由(4)(18)式并注意到 、

(19)

?? ??得 ?t
(20)

N1 ?


mg 5 ? mg 3sin ? 3

? N2 ? N2 ? m

2 vP

R

(21)

由以上有关各式得

N2 ?

2h mg 3R

(22)

小球对螺旋环的作用力

1 4h2 2 N ? N12 ? N2 ? mg 5 ? 2 3 R
- 109 -

(23)

评分标准:本题 22 分. (1)(2)式共 3 分, 、 (7)式 1 分, (9)式 1 分,求得(11)式给 6 分, (20)式 5 分, (22) 式 4 分, (23)式 2 分. 解法二 一倾角为 ? 的直角三角形薄片(如图 1 所示)紧贴于半径为 R 的圆柱面, 圆柱面的轴线与直 角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行,若把此三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片 的斜边就相当于题中的螺线环.?

m h

v?

u
图1

?
? (1)

πR 1 ? 根据题意有: tan ? ? 2πR 2
可得: sin ? ?

5 2 5 , cos ? ? 5 5

(2)

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时,环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑 水平地面上向左移动的速度.小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面 内的圆周运动的合成.在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动, 结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动.小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖 直方向离初始位置的距离为 h 的位置时,设小球相对薄片斜边的速度为 v ? ,沿薄片斜边的加 速度为 a ? .薄片相对地面向左移动的速度为 u ,向左移动的加速度为 a 0 . u 就是螺旋环上每 一质元绕转轴转动的线速度,若此时螺旋环转动的角速度为 ? ,则有 u ? ?R (3) 而 a 0 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度,若此时螺旋环转动的角加速度为 ? , 则有

a0 ? ? R
N

(4)

小球位于斜面上的受力情况如图 2 所示:

f*
a0

a?

mg
图2

?

重力 mg , 方向竖直向下, 斜面的支持力 N , 方向与斜面垂直, 以薄片为参考系时的惯性力 f ,
- 110 -

?

方向水平向右,其大小

f ? ? ma0
由牛顿定律有

(5)

mgcosθ ? N ? f ? sin ? ? ? mgsin? ? f ? cos? ? ma? Nsin? ? ma0
解(5)(6)(7)(8)四式得 、 、 、

(6) (7) (8)

2sin? g ?? sin 2? cos? N= mg 1 ? sin 2 ? sin? cos? a0 ? g 1+ sin 2? a? =
利用(2)式可得

(9) (10) (11)

a? =

5 g 3 5 mg 3
(14)

(12)

N=
a0 ?

(13)

1 g 3

由(4)式和(14)式,可得螺旋环的角加速度

??

? g ?R

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则此时螺旋环的角速度

? ? ?t

(16)

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成,而小 球沿竖直方向的加速度

? a? ? a? ? a?sin?
故有

(17)

h=

1 a? t 2 2

(18)

由(15)(16)(17)(18) 、 、 、 、以及(2)式得

??

? 2 gh R 3

(19)

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供,向心力位于水平面内,方向指向转轴,

- 111 -

故向心力与图 2 中的纸面垂直,亦即与 N 垂直.向心力的大小

N1 ? m

2 vP

R

(20)

式中 v ? 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若 a? 为小球相对地面的加速度在水平面内 的分量,则有

vP ? aPt
? 令 a? 为 a ? 在水平面内的分量,有

(21)

? aP ? aP ? a0 ? a?cos? - a0
由以上有关各式得

(22)

N1 ?

2h mg 3R

(23)

小球作用于螺旋环的力的大小

N 0 ? N 2 ? N12
由(13)(23)和(24)式得 、

(24)

N0 ?

mg 4h2 5? 2 3 R

(25)

评分标准:本题 22 分. (1)(2)式共 3 分, 、 (9)或(12)式 1 分, (10)或(13)式 5 分, (11)或(14) 式 1 分, (19)式 6 分, (23)式 4 分, (25)式 2 分. 四、参考解答: 以 v 表示粒子的速率,以 B 表示电流 i 产生磁场 的磁感应强度,根据题意粒子作圆周运动的向心力为 粒子受到的磁场洛仑兹力,因此有

y
i

v2 qvB ? m R


(1)

q R

v ? ?R
由(1)(2)两式得 、

?t

(2)

O

x

B?

m? q

(3)

d

如图建立坐标系,则粒子在时刻 t 的位置 (4) x(t ) ? R cos ?t , y(t ) ? R sin ?t 取电流的正方向与 y 轴的正向一致,设时刻 t 长直导线上的电流为 i (t ) ,它产生的磁场在 粒子所在处磁感应强度大小为

- 112 -

i (t ) d ? x(t ) 方向垂直圆周所在的平面.由(4)(5)式,可得 、 m? i(t ) ? k (d ? R cos ?t ) q (6) 评分标准:本题 12 分. (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 4 分, (6)式 2 分. B?k
五、参考解答: 1.质点在 A ? B 应作减速运动(参看图 1) .设质点在 A 点的 最小初动能为 Ek0 ,则根据能量守恒,可得质点刚好能到达 B 点 的条件为 kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mgR ? Ek0 ? ? R 3R / 2 2 R 5R / 2 由此可得: 7 kqQ Ek0 ? mgR ? 30 R

(5)

M Q C

O?

?Q
O

R 2

R B

(1)

R A q
N 图1

(2)

2. 质点在 B ? O 的运动有三种可能情况: i.质点在 B ? O 作加速运动(参看图 1) ,对应条件为 4kqQ (3) mg ? 9R2 此时只要质点能过 B 点,也必然能到达 O 点,因此质点能到达 O 点所需的最小初动能由(2) 式给出,即 7 kqQ (4) Ek0 ? mgR ? 30 R 若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的 E k0 略大一点. ii.质点在 B ? O 作减速运动(参看图 1) ,对应条件为 4kqQ (5) mg ? R2 此时质点刚好能到达 O 点的条件为 kqQ kqQ kqQ kqQ (6) ? ? mg (2 R) ? Ek0 ? ? R R/2 2 R 5R / 2 由此可得

M Q C

11kqQ (7) 10 R iii. 质点在 B ? O 之间存在一平衡点 D (参看图 2)在 B ? D , 质点作减速运动,在 D ? O 质点作加速运动,对应条件为 4kqQ 4kqQ (8) ? mg ? 2 9R R2 设 D 到 O 点的距离为 x ,则 Ek0 ? 2mgR ?

O?

?Q
O
D x

R 2

R

B R
- 113 -

A

q
N

图2

mg ?


kqQ (? R / 2 ? ? x)2

(9)

x?

kqQ R ? mg 2

(10)

根据能量守恒,质点刚好能到达 D 点的条件为

kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mg (2 R ? x) ? Ek0 ? ? R 2 R 5R / 2 ? R / 2? ? x

(11)

由(10)(11)两式可得质点能到达 D 点的最小初动能为 、 5 9kqQ (12) Ek0 ? mgR ? ? 2 kgmqQ 2 10 R 只要质点能过 D 点也必然能到达 O 点,所以,质点能到达 O 点的最小初动能也就是(12)式 (严格讲应比(12)式给出的 E k0 略大一点. ) 评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 5 分.求得(2)式给 5 分. 第 2 小问 15 分.算出第 i 种情况下的初动能给 2 分;算出第 ii 种情况下的初动能给 5 分; 算出第 iii 种情况下的初动能给 8 分,其中(10)式占 3 分.

六、参考解答: n ? 1 时,A、B 间等效电路如图 1 所示, A、B 间的电阻

rL A rL
图1

rL B rL

1 R1 ? (2rL) ? rL 2

(1)

n ? 2 时,A、B 间等效电路如图 2 所示,A、B 间的电阻
2 3

rL

1 3

R1

2 3

rL
B

A
2 3

rL

1 3

R1

2 3

rL

图2

- 114 -

R2 ?

1?4 1 ? ? rL ? R1 ? 2?3 3 ?

(2)

由(1)(2)两式得 、

5 R2 ? rL 6

(3)

n ? 3 时,A、B 间等效电路如图 3 所示,A、B 间的电阻
1 2 9

rL

9

rL

1 3

1

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3

A
2 9

9 1

rL
rL
1 3

3 9 1

rL
B

rL

9

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3 9

rL
图3

3 9

rL

R3 ?

1 ?1 ? 3 3 1 ? ? ? 9 ? 2 ? 4 ? 3 ? 3 ? 4 ? 2 ? rL ? 3 R2 ? 2? ? ? ?
7 rL 9

(4)

由(3)(4)式得 、

R3 ?

(5)

评分标准:本题 20 分. (1)式 4 分, (3)式 6 分, (5)式 10 分. 七、参考解答:
2 1.根据题意,太阳辐射的总功率 P ? 4πRS ? TS4 .太阳辐射各向同性地向外传播.设地 S

球半径为 rE ,可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的,故地球接收太阳辐射的总功率为

?R ? PI ? ? T ? S ? πrE2 ? d ?
4 S

2

(1)

地球表面反射太阳辐射的总功率为 ? PI .设地球表面的温度为 TE ,则地球的热辐射总功率为

PE ? 4πrE2? TE4

(2)

考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射,则输入地球表面的总功率为 P ? ? P .当达到热 I E 平衡时,输入的能量与输出的能量相等,有

- 115 -

PI ? ? PE ? ? PI ? PE
由以上各式得

(3)

2 ?1?? ? TE ? TS ? ? 2 ?1? ? ?
代入数值,有

1/ 4

? RS ? ? d ? ? ?

1/ 2

(4)

TE ? 287K

(5)

2.当地球表面一部分被冰雪覆盖后,以 ? ? 表示地球表面对太阳辐射的平均反射率,根据 题意这时地球表面的平均温度为 TE ? 273K .利用(4)式,可求得

? ? ? 0.43
设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为 x,则

(6)

? ? ? ?1 x ? ? 2 (1 ? x)
由(6)(7)两式并代入数据得 、

(7)

x ? 30 %

(8)

评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 11 分. (1)式 3 分, (2)式 1 分, (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 1 分. 第 2 小问 4 分. (6)式 2 分, (8)式 2 分. 八、参考解答: 方案一:采光装置由平面镜 M 和两个凸透镜 L1、L2 组成.透镜组置于平面镜 M 后面,装 置中各元件的相对方位及光路图如图 1 所示. 南

45?

L2
22.5?
M

L1
f1 f2

W

H

图1 L1、L2 的直径分别用 D1、D2 表示,其焦距的大小分别为 f1 、f2.两透镜的距离

d ? f1 ? f 2
直径与焦距应满足关系

(1)

f1 f ? 2 D1 D2
- 116 -

(2)

? 设射入透镜 L1 的光强为 I10 ,透过透镜 L1 的光强为 I1? ,考虑到透镜 L1 对光的吸收有

? I1? ? 0.70I10

(3)

从透镜 L1 透出的光通量等于进入 L2 的光通量,对应的光强与透镜的直径平方成反比,进入 L2 的光强用 I 20 表示,即

I 20 D12 ? f1 ? ? 2 ?? ? I1? D2 ? f 2 ?
故有

2

I 20

? f ? ? I1? ? 1 ? ? f2 ?

2

(4)

? 透过 L2 的光强 I 2 ? 0.70I 20 ,考虑到(3)式,得
? f ? ? ? I 2 ? 0.49 I10 ? 1 ? ? f2 ?
2

(5)

? 由于进入透镜 L1 的光强 I10 是平面镜 M 的反射光的光强,反射光是入射光的 80% ,设射入装
置的太阳光光强为 I 0 ,则

? I10 ? 0.80I0
代入(5)式有
2

? f ? ? I 2 ? 0.39 I 0 ? 1 ? ? f2 ?
按题设要求

(6)

? I 2 ? 2I 0
代入(6)式得
2

? f ? 2 I 0 ? 0.39 I 0 ? 1 ? ? f2 ?

从而可求得两透镜的焦距比为

f1 ? 2.26 f2

(7)

L2 的直径应等于圆形窗户的直径 W,即 D2 ? 10cm ,由(2)式得

D1 ? D2

f1 ? 22.6cm f2
- 117 -

(8)

由图可知,平面镜 M 参与有效反光的部分为一椭圆,其半短轴长度为

b ? D1 / 2 ? 11.3cm
半长轴长度为

(9)

a ? D1 (2sin 22.5? ) ? 29.5cm

(10)

根据装置图的结构,可知透镜组的光轴离地应与平面镜 M 的中心等高,高度为 H . 评分标准:本题 20 分. 作图 8 分(含元件及其相对方位,光路) ,求得(7)(8)两式共 10 分, 、 、 (9)(10)式 共 2 分. 方案二:采光装置由平面镜 M 和两个凸透镜 L1、L2 组成,透镜组置于平面镜 M 前面,装 置中各元件的相对方位及光路图如图 2 所示.

L1

f1 f2

L2

45?

M

W

22.5

?

H

图2 对透镜的参数要求与方案一相同. 但反射镜 M 的半短轴、半长轴的长度分别为

b ? D2 / 2 ? 5.0cm
评分标准:参照方案一.

和 a ? D2 (2sin 22.5? ) ? 13.1cm

方案三、采光装置由平面镜 M 和一个凸透镜 L1、一个凹透镜 L2 组成,透镜组置于平面镜 M 后面(也可在 M 前面) ,装置中各元件的相对方位及光路图如图 3 所示.

- 118 -



45?
M

L2
22.5?

L1
f2 f1

W

H

图3 有关参数与方案一相同,但两透镜的距离

d ? f1 ? f 2
如果平面镜放在透镜组之前,平面镜的尺寸和方案一相同;如果平面镜放在透镜组之后, 平面镜的尺寸和方案二相同. 评分标准:参照方案一.

九、参考解答: 1.假设碰撞后球 1 和球 2 的速度方向之间的夹角为 ? (见图) , v2 v0
0

?

m0

m0 v1

则由能量守恒和动量守恒可得

m0c2 ? m0c2? 0 ? m0c2? 1 ? m0c2? 2

(1) (2)

? m0 v0? 0 ?
其中 ? 0 ?

2

? ? m0 v1? 1 ? ? ? m0 v2? 2 ? ? 2 ? m0 v1? 1 ?? m0 v2? 2 ? cos ?
2 2

1 1? v / c
2 0 2

, ?1 ?

1 1? v / c
2 1 2

,?2 ?

1
2 1 ? v2 / c2



由(1)(2)式得 、

1? ? 0 ? ?1 ? ? 2
2 2 ? 0 ?1 ? ?12 ? ? 2 ? 2(v1v2 / c2 )?1? 2 cos?

(3) (4)

由(3)(4)式得 、

- 119 -

2 2 ? 0 ? 1 ? ( ? 12 ? ? 2 ) 2 ( ? 1 ? 1 )( ? 2 ? 1 ) 2 cos? ? c ? c ?0 2v1 v2? 1? 2 v1 v2? 1? 2

(5)

??

π 2

(6)

即为锐角. 在非相对论情况下,根据能量守恒和动量守恒可得

1 1 1 2 2 m0 v 0 ? m0 v 2 ? m0 v 2 1 2 2 2

(7) (8)

? m0 v0 ?

2

? ? m0 v1 ? ? ? m0 v2 ? ? 2 ? m0 v1 ?? m0 v2 ? cos ?
2 2

对斜碰, v1 的方向与 v2 的方向不同,要同时满足(1)和(2)式,则两者方向的夹角

??

π 2

(9)

即为直角. 2.根据能量守恒和动量守恒可得

m0 c ?
2

m0 c 2
2 1 ? v0 c 2

?

m0 c 2
2 1 ? v1 c 2

?

m0 c 2
2 1 ? v2 c 2

(10)

m0 v0
2 1 ? v0 c 2

?

m0 v1 1 ? v12 c 2

?

m0 v2
2 1 ? v2 c 2

(11)

令?0 ? 则有:

1
2 1 ? v0 / c2

, ?1 ?

1
2 1 ? v1 / c2

,?2 ?

1
2 1 ? v2 / c2

2 2 v0 ? c 1 ? 1/ ? 0 , v1 ? c 1 ? 1/ ? 12 , v2 ? c 1 ? 1/ ? 2

代入(10)(11)式得 、

1? ? 0 ? ?1 ? ? 2
2 ? 02 ? 1 ? ? 12 ? 1 ? ? 2 ? 1

(12) (13)

解(12)(13)两式得 、

?1 ? 1


?2 ? ?0

(14)

?1 ? ? 0


?2 ?1

(15)

v1 ? 0 , v2 ? v0
(或 v1 ? v 0 , v2 ? 0 ,不合题意)
- 120 -

(16)

评分标准:本题 16 分. 第 1 小问 10 分. 、 (1)(2)式各 2 分, (6)式 4 分, (9)式 2 分. 第 2 小问 6 分. (10)(11)式各 1 分, 、 (16)式 4 分.

- 121 -

- 122 -

- 123 -

- 124 -

- 125 -

- 126 -

- 127 -

- 128 -

- 129 -

- 130 -

- 131 -

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题
2011 一、 (20 分)如图所示,哈雷彗星绕太阳 S 沿椭圆轨道逆时针方向运动,其周期 T 为 76.1 年。1986 年它过近 日点 P0 时,与太阳 S 的距离 r0=0.590AU,AU 是天文单位,它等于地球与太阳的平均距离。经过一段时间,彗 星到达轨道上的 P 点,SP 与 SP0 的夹角 θP=72.0°.已知:1AU=1.50×10 m,引力常量 G=6.67×10 m ?kg ?s , 太阳质量 mS=1.99×10 kg.试求 P 到太阳 S 的距离 rP 及彗星过 P 点时速度的大小及方向(用速度方向与 SP0 的 夹角表示) 。
30 11 -11 3 -1 -2

- 132 -

P rP θP S P0

二、 (20 分)质量均匀分布的刚性杆 AB、CD 如图放置,A 点与水平地面接触,与地面间的静摩擦因数为 μA, B、D 两点与光滑竖直墙面接触,杆 AB 和 CD 接触处的静摩擦因数为 μC,两杆的质量均为 m,长度均为 l. (1)已知系统平衡时 AB 杆与墙面夹角 θ,求 CD 杆与墙面的夹角 α 应满足的条件(用 α 及已知量满足的方程 式表示) 。 (2)若 μA=1.00,μC=0.866,θ=60.0°,求系统平衡时 α 的取值范围(用数值计算求出) 。

D α B θ

C A

- 133 -

三、 (25 分)人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称轴稳定在规定指向,一种最简单的办法就是让 卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴旋转。但有时为了改变卫星的指向,又要求减慢或者消除卫星的旋 转。减慢或者消除卫星旋转的一种方法是所谓的“YO—YO”消旋法,其原理如图。 设卫星是一半径为 R、质量为 M 的薄壁圆筒,其横截面如图所示。图中 O 是圆筒的对称轴。两条足够长 的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的 Q、Q'(位于圆筒直径两端)处,另一 端各拴有一质量为 m/2 的小球。正常情况下,绳绕在圆筒外表面上,两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的 P0、P0'处,与卫星形成一体,绕卫星的对称轴旋转。卫星自转的角速度为 ω0.若要使卫星减慢或停止旋转(消 旋) ,可瞬间撤去插销释放小球,让小球从圆筒表面甩开,在甩开的整个过程中,从绳与圆筒表面相切点到小 球的那段绳都是拉直的。当卫星转速逐渐减小到零时,立即使绳与卫星脱离,接触小球与卫星的联系,于是 卫星停止转动。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在 Q、Q'处。试求: (1)当卫星角速度减至 ω 时绳拉直部分的长度 l; (2)绳的总长度 L; (3)卫星从 ω0 到停转所经历的时间 t. Q m/2 P0' O P0 m/2 ω0 Q'

- 134 -

四、 (20 分)空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,在此区域建立直角坐标系 O-xyz,如图所示。匀强电场沿
? ? ? ? ? ? x 方向,电场强度 E1 ? E0i ,匀强磁场沿 z 方向,磁感应强度 B ? B0 k ,E0、B0 为已知常量, i 、 k 分别为 x

方向和 z 方向的单位矢量。 (1)有一

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