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17第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答


第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答
一、参考解答 设玻璃管内空气柱的长度为 h ,大气压强为 p 0 ,管内空气的压强 为 p ,水银密度为 ? ,重力加速度为 g ,由图复解 17-1-1 可知
p ? (l ? h ) ? g ? p 0

(1)

根据题给的数据,可知 p 0

? l?

g

,得 (2) (3)

p ? ? gh

若玻璃管的横截面积为 S ,则管内空气的体积为
V ? Sh

由(2)、(3)式得
p ? V S

?g

(4)
pV ? nRT

即管内空气的压强与其体积成正比,由克拉珀龙方程
?g
V S
2



? nRT

(5)

由(5)式可知,随着温度降低,管内空气 的体积变小,根据(4)式可知管内空气的 压强也变小,压强随体积的变化关系为 p ? V 图上过原点的直线,如图复解 17-1-2 所示. 在管内气体的温度由 T 1 降到 T 2 的过程 中,气体的体积由 V 1 变到 V 2 ,体积缩小, 外界对气体做正功,功的数值可用图中划有 斜线的梯形面积来表示,即有

W ?

1 2

?g?

? V1 ? S

?

? V1 ? V 2 ? V2 ? ? ? (V 1 ? V 2 ) ? ? g ? S ? 2S ? ?
2 2

(6)

管内空气内能的变化
? U ? n C V ( T 2 ? T1 )

(7)
? Q ? ?U

设 Q 为外界传给气体的热量,则由热力学第一定律 W
Q ? ?U ? W

,有 (8)

由(5)(6)(7)(8)式代入得 、 、 、
1 ? ? Q ? n ( T 2 ? T1 ) ? C V ? R? 2 ? ?

(9)

代入有关数据得
Q ? ? 0 .2 4 7 J Q ? 0

表示管内空气放出热量,故空气放出的热量为
第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 1 页

Q ? ? ? Q ? 0 .2 4 7 J

(10)

评分标准:本题 20 分 (1)式 1 分, (4)式 5 分, (6)式 7 分, (7)式 1 分, (8)式 2 分, (9)式 1 分, (10)式 3 分。

二、参考解答 在由直线 B C 与小球球心 O 所确定的平面中,激光光束两次折射的光路 B C D E 如图复解 17-2 所示,图中入射光线 B C 与出射光线 D E 的延长线交于 G ,按照光的折射定律有
n 0 s in ? ? n s in ?

(1)

式中 ? 与 ? 分别是相应的入射角和折射角,由几何关系还可知
s in ? ? l r

(2)

激光光束经两次折射,频率? 保持不变,故在两次 折射前后,光束中一个光子的动量的大小 p 和 p ? 相 等,即
p ? h? c ? p?

(3)

式中 c 为真空中的光速,h 为普朗克常量. 因射入小 球的光束中光子的动量 p 沿 B C 方向,射出小球的 光束中光子的动量 p ? 沿 D E 方向,光子动量的方向 由于光束的折射而偏转了一个角度 2? , 由图中几何 关系可知
2 ? ? 2 (? ? ? )

(4)

若取线段 G N 1 的长度正比于光子动量 p , G N 2 的长度正比于光子动量 p ? ,则线段 N 1 N 2 的长 度正比于光子动量的改变量 ? p ,由几何关系得
? p ? 2 p s in ? ? 2 h? c
? G N 1 N 2 为等腰三角形,其底边上的高 G H

s in ?

(5) 与 C D 平行,故光子动量的改变量 ? p 的方向

沿垂直 C D 的方向,且由 G 指向球心 O . 光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间,即
?t ? 2 r cos ? cn0 / n

(6)

式中 c n 0

/n

是光在小球内的传播速率。

按照牛顿第二定律,光子所受小球的平均作用力的大小为

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 2 页

f ?

?p ?t

?

n 0 h? s in ? nr cos ?

(7)
? f

按照牛顿第三定律,光子对小球的平均作用力大小 F
F ? n 0 h? s in ? nr cos ?

,即 (8)

力的方向由点 O 指向点 G .由(1)、(2)、(4)及(8)式,经过三角函数关系运算,最 后可得
F ? n 0 lh? ? ?1 ? 2 nr ? ? r
2

?l
2

2 2

(nr / n0 ) ? l

? ? ? ?

(9)

评分标准:本题 20 分 (1)式 1 分,(5)式 8 分,(6)式 4 分,(8)式 3 分,得到(9)式再给 4 分。

三、参考解答 1.相距为 r 的电量为 Q 1 与 Q 2 的两点电荷之间的库仑力 F Q 与电势能 U Q 公式为
FQ = k Q Q1Q 2 r
2

U Q ? ? kQ

Q1Q 2 r

(1)

现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为
U (r ) ? ? k 4aS 3r

根据直接类比可知,正反顶夸克之间的强相互作用力为
F (r ) ? ? k 4aS 3r
2

(2)

设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为 v , 因二者相距 r0 , 二者所受的向心力 均为 F ( r0 ) ,二者的运动方程均为
mtv
2

? k

4aS 3 r0
2

(3)

r0 / 2

由题给的量子化条件,粒子处于基态时,取量子数 n ? 1 ,得
h ? r0 ? 2mtv ? ?? ? 2 ? 2?

(4)

由(3)、(4)两式解得
r0 ? 3h
2 2

8? m t a S k

(5)

代入数值得
r0 ? 1 .4 ? 1 0
-17

m

(6)

2. 由(3)与(4)两式得
第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 3 页

v ?

? ?

?k h ?

4aS ? ? 3 ?

(7)

由 v 和 r0 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期 T
2 ? ( r0 / 2 ) v h
2 3 2

T ?

?

2? m t ( k 4 a S / 3 )

(8)

代入数值得
T ? 1 .8 ? 1 0
- 24

s

(9)

由此可得 (10) ? / T ? 0 .2 因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的 1/5,故正反顶夸克的束缚态通 常是不存在的. 评分标准:本题 25 分 1. 15 分。(2)式 4 分,(5)式 9 分,求得(6)式再给 2 分。 2. 10 分。(8)式 3 分。(9)式 1 分,正确求得(10)式并由此指出正反顶夸克不能形成束 缚态给 6 分。

四、参考解答 1. 设太阳的质量为 M 0 , 飞行器的质量为 m , 飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为 R . 根 据所设计的方案,可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发,沿着半个椭圆轨道到达小行 星轨道上的,该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切,又与小行星的圆轨道相切.要使飞行器 沿此椭圆轨道运动,应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内,由 v 0 变为某一值 u 0 .设 飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为 u , 因大小为 u 0 和 u 的这两个速度的方向都与椭 圆的长轴垂直,由开普勒第二定律可得
u0 R ? 6uR

(1)

由能量关系,有
1 2 m u0 ? G
2

M 0m R

?

1 2

mu

2

?G

M 0m 6R

(2)

由牛顿万有引力定律,有
G M 0m R
2

? m

v0 R

2


v0 ? GM R
0

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得
u0 ? 12 7 v0

(4)

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 4 页

u ?

1 21

v0

(5)

设小行星绕太阳运动的速度为 v ,小行星的质量 M ,由牛顿万有引力定律
G M 0M (6 R )
2

? M

v

2

6R


v ? GM 6R
0

?

1 6

v0

(6)

v ? u 可以看出 (7) 由此可见,只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道,使得它到达小行星轨道处 时,小行星的前缘也正好运动到该处,则飞行器就能被小行星撞击.可以把小行星看做是相 对静止的, 飞行器以相对速度为 v ? u 射向小行星, 由于小行星的质量比飞行器的质量大得多, 碰撞后, 飞行器以同样的速率 v ? u 弹回, 即碰撞后, 飞行器相对小行星的速度的大小为 v ? u , 方向与小行星的速度的方向相同,故飞行器相对太阳的速度为

u1 ? v ? v ? u ? 2 v ? u

或将(5)、(6)式代入得
? u1 ? ? ? ? 2 3 ? 1 ? ? v0 21 ? ?

(8)

如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系,它应具有的最小速度为 u 2 ,则有
1 2 mu2 ? G
2

M 0m 6R

? 0


u2 ? GM 3R
0

?

1 3

v0

(9)

可以看出
u1 ? 1 ? ? 3 ? 2 ? 1 ? ? v0 ? 7 ? 1 3 v0 ? u 2

(10)

飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系. 2. 为使飞行器能进入椭圆轨道, 发动机应使飞行器的速度由 v 0 增加到 u 0 ,飞行器从发动 机取得的能量
E1 ? 1 2 m u0 ?
2

1 2

m v0 ?
2

1 2

m

12 7

v0 ?
2

1 2

m v0 ?
2

5 14

m v0

2

(11)

若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系,飞行器应具有的最小速度为 u 3 ,则有
1 2 m u3 ? G
2

M 0m R

? 0

由此得
第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 5 页

u3 ?

2G

M R

0

?

2v0

(12)

飞行器的速度由 v 0 增加到 u 3 ,应从发动机获取的能量为
E2 ? 1 2 m u3 ?
2

1 2

m v0 ?
2

1 2

m v0

2

(13)

所以
5 E1 E2 14 ? 1 2 m v0 m
2 v0 2

? 0 .7 1

(14)

评分标准:本题 25 分 1. 18 分。其中(5)式 6 分,求得(6)式,说明飞行器能被小行星碰撞给 3 分;(8)式 5 分;得到(10)式,说明飞行器被小行星碰撞后能飞出太阳系给 4 分。 2. 7 分。其中(11)式 3 分,(13)式 3 分,求得(14)式再给 1 分。

五、参考解答 解法一: 带电质点静止释放时,受重力作用做自由落体运动,当它到达坐标原点时,速度为
v1 ? 2 g | y | ? 2 .0 m ? s
-1

(1)

方向竖直向下.带电质点进入磁场后,除受重力作用外,还受到洛伦兹力作用,质点速度的 大小和方向都将变化,洛伦兹力的大小和方向亦随之变化.我们可以设想,在带电质点到达 原点时,给质点附加上沿 x 轴正方向和负方向两个大小都是 v 0 的初速度,由于这两个方向相 反的速度的合速度为零,因而不影响带电质点以后的运动.在 t ? 0 时刻,带电质点因具有沿 x 轴正方向的初速度 v 0 而受洛伦兹力
f1 ? q v 0 B f1

的作用。 (2)
f1

其方向与重力的方向相反.适当选择 v 0 的大小,使
q v0 B ? m g

等于重力,即 (3)

v0 ?

g (q / m )B

? 2 .0 m ? s

-1

(4)

只要带电质点保持(4)式决定的 v 0 沿 x 轴正方向运动, f 1 与重力的合力永远等于零.但此时, 位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 v 1 和沿 x 轴负方向的速度 v 0 ,二者的合成速 度大小为
第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 6 页

v ?

v 0 ? v1 ? 2 .8 m ? s
2 2

-1

(5)

方向指向左下方,设它与 x 轴的负方向的夹角为 ? ,如图复解 17-5-1 所示,则
ta n ? ? v1 v0 ?1

? ?

?
4

(6)

因而带电质点从 t

? 0 时刻起的运动可以看做是速

率为 v 0 ,沿 x 轴的正方向的匀速直线运动和在 x O y 平面内速率为 v 的匀速圆周运动的合成.圆周半径
R ? mv qB ? 0 .5 6 m

(7)

带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心 O ? 位于垂直于质点此时速度 v 的直线上,由 图复解 17-5-1 可知,其坐标为
? x O ' ? R s in ? ? 0 .4 0 m ? ? y O ' ? R c o s ? ? 0 .4 0 m

(8)

圆周运动的角速度
? ?
v R ? 5 .0 ra d ? s
-1

(9)

由图复解 17-5-1 可知,在带电质点离开磁场区域前的任何时刻 t ,质点位置的坐标为
x ? v 0 t ? ? R s in ( ? t ? ? ) ? x O ' ?

(10) (11)

y ? y O ' ? R c o s (? t ? ? )

式中 v 0 、 R 、 ? 、 ? 、 x O ' 、 y O ' 已分别由(4)、(7)、(9)、(6)、(8)各式给出。 带电质点到达磁场区域下边界时, y 得
t ? 0 .3 1 s
? L ? 0 .8 0 m

,代入(11)式,再代入有关数值,解 (12) (13)

将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得
x ? 0 .6 3 m

所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为
x ? 0 .6 3 m
y ? 0 .8 0 m

z ? 0

(14)

带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 v 的匀速圆周运动和一个速率为 v 0 的沿 x 轴正方向的匀速直线运动,任何时刻 t ,带电质点的速度 V 便是匀速圆周运动速度 v 与匀速直 线运动的速度 v 0 的合速度.若圆周运动的速度在 x 方向和 y 方向的分量为 v x 、 v y ,则质点合 速度在 x 方向和 y 方向的分速度分别为

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 7 页

V x ? v x ? v0
Vy ? vy

(15) (16)

虽然

vx ? vy ? v
2 2

, v 由(5)式决定,其大小是恒定不变的, v 0 由(4)式决定,也是恒定不

变的,但在质点运动过程中因 v 的方向不断变化,它在 x 方向和 y 方向的分量 v x 和 v y 都随时 间变化,因此 V x 和 V y 也随时间变化,取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向,由于圆 周运动的圆心的 y 坐标恰为磁场区域宽度的一半, 由对称性可知, 带电质点离开磁场下边缘时, 圆周运动的速度方向应指向右下方,与 x 轴正方向夹角 ?
v x ? v c o s ? ' ? 2 .0 m ? s
v y ? v s in ? ' ? 2 .0 m ? s
-1

'?

?
4

,故代入数值得

-1

将以上两式及(5)式代入(15)、(16)式,便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量, 它们分别为
V x ? 4 .0 m ? s
V y ? 2 .0 m ? s
-1

(17) (18)

-1

速度大小为
V ? V x ? V y ? 4 .5 m ? s
2 2 -1

(19)

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 ? ,如图复解 17-5-2 所示, 则
ta n ? ? Vy Vx ? 1 2



? ? 27?

(20)

评分标准:本题 25 分 (4) 5 分, 式 求得 (5) (6) 、 式各给 3 分, 求得 (10) 、 (11)式各给 2 分,(14)式 3 分,(19)式 5 分,求 得(20)式再给 2 分。 解法二: 若以带电质点到达坐标原点 O 的时刻作为起始时刻( t ? 0 ),则质点的初速度为
v1 ? 2 g | y | ? 2 .0 m ? s
-1

(1?)

方向沿 y 轴正方向.进入磁场区后,带电质点将受到洛伦兹力作用,洛伦兹力在 x 方向的分力 取决于质点在 y 方向的分速度,因此质点动量在 x 方向的分量的增量为
m ?vx ? qv y B ?t ? qB ?y

(2?)

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 8 页

?y

是带电质点在 ? t 时间内沿 y 方向的位移,质点在磁场中运动的整个过程中,此式对每一段 时间都成立,所以在 t ? 0 到 t ? t 时间内 x 方向的动量的改变为
m v x ? m v0 x ? q B ( y ? y0 )

?t

因初始时刻( t 得

? 0 ),带电质点在 x

轴方向的动量 m v 0 x 为零,其位置在原点, y 0

? 0

,因而

m vx ? qyB



vx ?

qB m

y

(3?)

当带电质点具有 x 方向的速度后,便立即受到沿 y 负方向的洛伦兹力的作用.根据牛顿第 二定律,在 y 方向上有加速度 a y
m a y ? m g ? qvx B

(4?)

将(3?)式代入(4?)式,得
? (qB ) ? ? ? m may ? ? ? ?? y ? 2 2 g ? q B ? m ?? ?
2 2

(5?) (6?)

令 式中

y'? y ? D

D ?

m g (qB )
2

2

?

g (q / m ) B
2 2

? 0 .4 0 m

(7?)

即在 y 方向作用于带电质点的合力
F y ? ? ky '

其中
Fy

k ?

q B m

2

2

是准弹性力,在 F y 作用下,带电质点在 y ' 方向的运动是简谐振动,振动的圆频率
? qB ? ? ? ? m ?
2

? ?
y ' 随时间变化的规律为

? 5 .0 ra d ? s

-1

(8?)

y ' ? A c o s (? t ? ? 0 )

(9?)


y ' ? A c o s (? t ? ? 0 ) ? D

(10?)

A

与 ? 0 是待求的常量, 质点的简谐运动可以用参考圆来描写, 以所考察的简谐运动的振幅 A 为

半径作一圆,过圆心 O 1 作一直角坐标 x ' O 1 y ' .若有一质点 M 沿此圆周做匀速率圆周运动,运 动的角速度等于所考察简谐运动的角频率 ? ,且按逆时针方向转动,在 t ? 0 时刻, M 点的在
第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 9 页

圆周上的位置恰使连线 O 1 M 与 y ' 轴的夹角等于(9?)式中 的常量 ? 0 ,则在任意时刻 t , O 1 与 M 的连线与 y ' 轴的夹角 等于 ? t
? ?0

,于是连线 O 1 M 在 y ' 轴上的投影即为(9?)式
? 0 .4 0 m

所示的简谐振动, x ' 轴平行下移 D 将
y

, 连线 O 1 M 在

轴的投影即如(10?)式所示(参看图复解 17-5-3), M
? A?

点做圆周运动的速度大小 v

, 方向与 O 1 M 垂直, 速度 v

的 y 分量就是带电质点沿 y 轴做简谐运动的速度,即
v y ? ? A ? s in ( ? t ? ? 0 )

(11?) 带电质点位于 y ? 0 ? 0 时,

(10?) (11?) 和 两式中的 A 和 ? 0 可由下面的方法求得: 因为已知在 t 处,速度 v y
? v 1 ,把这个条件代入(10?)式与(11?)式得

A cos ? 0 ? D ? 0 v1 ? ? A ? s in ? 0

解上面两式,结合(1?)、(8?)式,注意到振幅 A 总是正的,故得
?0 ?
5? 4

(12?) (13?)

A ? 0 .5 6 m

把(10?)式代入(3?)式,便得带电质点沿 x 轴运动的速度
v x ? ? D ? A ? c o s (? t ? ? 0 )

(14?)

(14?)式表示带电质点在 x 方向上的速度是由两个速度合成的,即沿 x 方向的匀速运动速度
? D 和 x 方向的简谐振动速度 A ? c o s ( ? t ? ? 0 ) 的合成,带电质点沿 x 方向的匀速运动的位移
x ' ? ? Dt

(15?)
c o s (? t ? ? 0 )

由沿 x 方向的简谐振动速度 A ?

可知, x 方向振动位移的振幅等于速度的最大值 沿

与角频率的比值(参看图复解 17-5-3),即等于 A .由参考圆方法可知,沿 x 方向的振动的 位移 x '' 具有如下的形式
? ? ? A cos ? ? t ? ? 0 ? ? ? A s in ( ? t ? ? 0 ) 2 ? ?

它可能是 x '' ?

A s in ( ? t ? ? 0 )

,亦可能是 x '' ? b

? A s in ( ? t ? ? 0 ) .在本题中, t ? 0 ? ? A s in ? 0

时刻, x 应为

零,故前一表示式不符合题意.后一表示式中, b 应取的值为 b
x '' ? ? A s in ? 0 ? A s in ( ? t ? ? 0 )

,故有 (16?)

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 10 页

带电质点在 x 方向的合位移 x ? x '? x '' ,由(15?)、(16?)式,得
x ? ? D t ? A s in ? 0 ? A s in ( ? t ? ? 0 )

(17?)

(17?)、(10?)、(14?)和(11?)式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻 t 的位 置坐标和速度的 x 分量和 y 分量,式中常量 ? 、 A 、? 0 、 D 已分别由(8?)、(13?)、(12?) 和(7?)式给出. 当带电质点达到磁场的下边界时,
y ? L ? ? 0 .8 0 m

(18?) (19?) (20?)

将与(10?)式有关的数据代入(10?)式,可解得
t ? 0 .3 1 s

代入(17?)式,得
x ? 0 .6 3 m

将(19?)式分别代入(14?)式与(11?)式,得
v x ? 4 .0 m ? s
-1

v y ? 2 .0 m ? s

-1

速度大小为
V ? v x ? v y ? 4 .5 m ? s
2 2 -1

(21?)

速度方向为
? ? a rc ta n ?
? vy ? ? ? 27? ? vx ?

(22?)

评分标准:本题 25 分 (7?)式 2 分,(8?)式 3 分,(10?)式 2 分,(11?)式 2 分,(12?)式 3 分,(13?)式 3 分,(14?) 式 2 分,(17?)式 3 分,(20?)式 3 分,(21?)式 1 分,(22?)式 1 分。

六、参考解答

1.由于光纤内所有光线都从轴上的 O 点出发,在光纤中传播的光线都与轴相交,位于通 过轴的纵剖面内,图复解 17-6-1 为纵剖面内的光路图,设由 O 点发出的与轴的夹角为 ? 的光 线,射至 A 、 B 分界面的入射角为 i ,反射角也为 i .该光线在光纤中多次反射时的入射角均 为 i ,射至出射端面时的入射角为 ? .若该光线折射后的折射角为 ? ,则由几何关系和折射定 律可得 (1) i ? ? ? 90?
n A s in ? ? n F s in ?

(2)

当 i 大于全反射临界角 i C 时将发生全反射,没有光能损失,相应的光线将以不变的光强射向出 射端面,而 i
? iC

的光线则因在发

生反射时有部分光线通过折射进 入B , 反射光强随着反射次数的增 大而越来越弱, 以致在未到达出射 端面之前就已经衰减为零了. 因而

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 11 页

能射向出射端面的光线的 i 的数值一定大于或等于 i C , i C 的值由下式决定
n A s in i C ? n B

(3)

与 i C 对应的 ? 值为
? C ? 9 0 ? ? iC

(4)
1 ? s in iC ?
? ?C
2



?0 ? ?C

时 , 即
nA ? nB
2 2

s in ? 0 ? s in ? C ? c o s iC ?

1 ? (nB / n A )
? iC

2

时 , 或

n A s in ? 0 ?

时,由 O 发出的光束中,只有 ?

的光线才满足 i

的条件,才能射

向端面,此时出射端面处 ? 的最大值为
? m a x ? ? C ? 9 0 ? ? iC

(5)
? iC

若? 0

? ?C

,即 n A s in ? 0

?

n A ? nB
2 2

时,则由 O 发出的光线都能满足 i

的条件,因而都能

射向端面,此时出射端面处 ? 的最大值为
? m ax ? ? 0

(6)

端面处入射角 ? 最大时,折射角 ? 也达最大值,设为 ? m a x ,由(2)式可知
n F s in ? m a x ? n A s in ? m a x

(7)

由(6)、(7)式可得,当 ? 0
nF ? n A s in ? 0 s in ? m a x

? ?C



(8)

由(3)至(7)式可得,当 ? 0
n A c o s iC s in ? m a x

? ?C


nA ? nB
2 2

nF ?

?

s in ? m a x

(9)

? m ax

的数值可由图复解 17-6-2 上的几何关系求得
s in ? m a x ? (d 2 ? d1 ) / 2

(10)
2

?(d 2

? d 1 ) / 2 ? ? ( h 2 ? h1 )
2

于是 n F 的表达式应为

n F ? n A s in ? 0

?(d 2

? d 1 ) / 2 ? ? ( h 2 ? h1 )
2

2

(d 2 ? d1 ) / 2

( a0

? aC



(11)

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 12 页

nF ?

nA ? nB
2 2

?(d 2

? d 1 ) / 2 ? ? ( h 2 ? h1 )
2

2

(d 2 ? d1 ) / 2

( a0

? aC



(12)

2. 可将输出端介质改为空气, 光源保持不变, 按同样手续再做一次测量, 可测得 h1? 、h 2 ? 、
d 1?

、 d 2 ? ,这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同.已知空气的折射率等于 1,故有
?(d ? ? d ? ) / 2 ? 1 ? 2 ?
2

当 a0

? aC



1 ? n A s in ? 0

? ( h 2 ? ? h1 ? )

2

( d 2 ? ? d 1? ) / 2
2

(13)

当 a0

? aC



1?

nA ? nB
2 2

?(d ? ? d ? ) / 2 ? 1 ? 2 ?

? ( h 2 ? ? h1 ? )

2

( d 2 ? ? d 1? ) / 2

(14)

将(11)、(12)两式分别与(13)、(14)相除,均得
nF ? d 2 ? ? d 1? d 2 ? d1

?(d 2

? d 1 ) / 2 ? ? ( h 2 ? h1 )
2 2

2

(15)
2

?(d ? ? d ? ) / 2 ? 1 ? 2 ?

? ( h 2 ? ? h1? )

这结果适用于 ? 0 为任何值的情况。 评分标准:本题 25 分 1. 18 分。(8)式、(9)式各 6 分,求得(11)式、(12)式再各给 3 分 2. 7 分。(13)式、(14)式各 2 分,求得(15)式再给 3 分。如果利用已知其折射率的液 体代替空气,结果正确,照样给分。

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 13 页


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