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2008年(第25届)-2013年(第30届)全国中学生物理竞赛决赛试题及参考答案汇总


29 届全国中学生物理竞赛决赛试题及解答
一、(15 分) 如图,竖直的光滑墙面上有 A 和 B 两个钉子,二者处于同一水平高度,间距为 l ,有一原长为 l 、劲度 系数为 k 的轻橡皮筋,一端由 A 钉固定,另一端系有一质量为 m=

kl 的小球,其中 g 为重力加速度.钉子 4g

r />和小球都可视为质点,小球和任何物体碰撞都是完全非弹性碰撞而且不发 生粘连.现将小球水平向右拉伸到与 A 钉距离为 2 l 的 C 点,B 钉恰好处于 橡皮筋下面并始终与之光滑接触.初始时刻小球获得大小为 v 0 ?

gl 、 2

方向竖直向下的速度,试确定此后小球沿竖直方向的速度为零的时刻.

二、(20 分) 如图所示,三个质量均为 m 的小球固定于由刚性轻质杆构成的丁字形架的三个顶点 A、B 和 C 处.AD ⊥BC,且 AD=BD=CD=a,小球可视为质点,整个杆球体系置于水平桌面上,三个小球和桌面接触,轻质杆架 悬空.桌面和三小球之间的静摩擦和滑动摩擦因数均为μ,在 AD 杆上距 A 点 a/4 和 3a/4 两处分别施加 一垂直于此杆的推力,且两推力大小相等、方向相反. 1.试论证在上述推力作用下,杆球体系处于由静止转变为运动的临界状态时, 三球所受桌面的摩擦力都达到最大静摩擦力; 2.如果在 AD 杆上有一转轴,随推力由零逐渐增加,整个装置将从静止开始绕 该转轴转动.问转轴在 AD 杆上什么位置时,推动该体系所需的推力最小,并求出 该推力的大小.

三、(20 分) 不光滑水平地面上有一质量为 m 的刚性柱体,两者之间的摩擦因数记为μ.柱体 正视图如图所示,正视图下部为一高度为 h 的矩形,上部为一半径为 R 的半圆形. 柱 体上表面静置一质量同为 m 的均匀柔软的链条,链条两端距地面的高度均为 h/2, 链条和柱体表面始终光滑接触.初始时,链条受到微小扰动而沿柱体右侧面下滑. 试 求在链条开始下滑直至其右端接触地面之前的过程中, 当题中所给参数满足什么关系 时, 1.柱体能在地面上滑动; 2.柱体能向一侧倾倒; 3.在前两条件满足的情形下,柱体滑动先于倾倒发生.

四、(20 分) 如图所示,在一光滑水平圆桌面上有两个质量、电荷都均匀分布的介质球,两球半径均为 a,A 球质 量为 m,所带电荷量为 Q,B 球质量为 4m,所带电荷量为-4Q.在初始时刻,两球球心距为 4a,各有一定的 初速度,以使得两球在以后的运动过程中不发生碰撞,且都不会从圆桌面掉落.现要求在此前提下尽量减 小桌面面积,试求 1.两球初速度的方向和大小; 2.圆桌面的最小半径. 假设两球在运动过程中, 其所带电荷量始终保持均匀分 布:桌面也不发生极化效应.已知两个均匀带电球之间的静 电相互作用力, 等于电荷集中在球心的两个点电荷之间的相 互作用力;静电力常量为 ke.

五、(20 分) 如图所示,一半径为 R 的轻质绝缘塑料薄圆盘水平放置,可绕过圆盘中心的竖直固定轴无摩擦地自由 转动.一半径为 a 的轻质小圆线圈(a<<R)固定在盘面上,圆线圈与圆盘共轴.在盘边缘处等间隔地固定 4 个质量均为 m 的带正电的金属小球,每个小球所带电荷量均为 q.此装置处在一磁感应强度大小为 B0、方 向竖直向上的均匀强磁场中. 初始时圆盘静止, 圆线圈中通有恒定电流 I. 方向沿顺时针方向(从上往下看). 若切断圆线圈中的电流,则圆盘将发生转动.求薄圆盘稳定转动后,圆盘在水平方向对每个金属球小的作 用力的大小.假设金属小球可视为质点,不计小圆线圈的自感和带电金 属小球因运动所产生的磁场. 已知固定在圆盘面上的半径为 a、通有电流 I 的圆线圈在圆盘面内、 距线圈圆心的距离为 r 处(r>>a)产生的磁场的磁感应强度的大小为

2?a 2 I B= k m ,式中 km 为已知常量,当线圈中的电流沿顺时针方向时, r3
磁场方向垂直于圆盘平面且竖直向上.静电力常量为 ke.

六、(15 分) 如图,一水平放置的刚性密闭气缸,缸壁是绝热的,活塞把气缸内空 间分为两个体积相同的密闭室 A 和 B.活塞由一层热容量很小(略去其影 响)、导热良好的材料(与气缸壁有摩擦)和一薄层绝热材料(与气缸壁没 有摩擦)压制而成,绝热层在 A 室一侧.初始时,A 室和 B 室充有绝对温 度均为 T0 的同种多原子分子理想气体, A 室气体压强是 B 室气体压强的 4 倍.现释放活塞,活塞由于其导热部分与汽缸壁之间存在摩擦而运动缓 慢,最后停止在平衡位置(此时活塞与缸壁间无静摩擦). 已知气缸中的气体具有如下特性:在温度高于某个临界温度 Td(>T0) 时,部分多原子气体分子将发生分解,一个多原子分子可以分解为另外两个相同的多原子分子.被分解的 气体摩尔数与发生分解前气体总摩尔数之比 a 满足关系 a= ? (T ? Td ) ,其中β=2.00T0 .分解过程是可逆
-1

的,分解 1 摩尔分子所需能量φ=CT0/l0,1 摩尔气体的内能与绝对温度 T 的关系为 u=CT(C 是与气体的种 类无关的常量).已知当压强为 P、体积为 V 的这种气体绝热缓慢膨胀时,PVγ=常量,其中γ=4/3. 1.对于具有上述特性的某种气体,若实验测得在上述过程结束时没有任何分子发生了分解,求这种分 子发生分解的临界温度 Td 的可能值; 2.对于具有上述特性的另一种气体,若实验测得在上述过程结束时有 a=l0.0%的分子分解了,求这种 分子发生分解的临界温度 Td.

七、(15 分) 如图一所示的光学系统是由平行光管、载物台和望远镜组成.已知望远镜物镜 L0 的焦距为 l6.OOcm. 在 L0 的焦平面 P 处,放置带十字叉丝线的分划板和亮十字物,如图二所示.在载物台上放置双面平行的平 面镜 M,通过望远镜的目镜 Le 观察时,能同时清楚地看到分划板上的十字叉丝线和十字物经过 L0 折射、M 反射、再经 L0 折射后在分划板上所成的十字像,十字像位于 A 点,与上十字叉丝线的距离为 5.2mm.绕载 物台转轴(沿竖直方向)转动载物台,使平面镜转 l80°,此时十字像位于 B 点,与上十字叉丝线的距离为 18.8mm.根据以上情况和数据可计算出,此时望远镜光轴与水平面的夹角为 rad;据此结果, 调节望返镜,使其光轴与载物台的转轴垂直. 平行光管是由十字缝 S 和凸透镜 L 组成.去掉光学系统中的平面镜 M,并用钠光灯照亮 S.沿水平方 向移动 S,当 S 到平行光管中的透镜 L 距离为 8.25cm 时,通过望远镜目镜能清楚地看到十字缝的像恰好成 在分划板中心十字叉丝线上,由此可以推知,L 的焦距等于 cm. 将载物台平面调至与载物台的转轴垂直,在载物台上放置长、宽、高均为 3.OOcm、折射率为 1.52 的 分束棱镜 abed(分束棱镜是由两块直角三棱镜密接而成,接触面既能透光又能反光)和待测凹球面镜 0,0 到 L 的距离为 l5.OOcm,并保证分束棱镜的 ab 面与图三中的 XX′轴垂直、凹球面镜的光轴与图三中的 XX ′轴重合;再将望远镜绕载物台的中心轴转 90°,如图三所示。向右移动 S,当 S 移动的距离为 3.75cm 时, 通过望远镜目镜刚好能看清楚十字缝 S 的像成在分划板中心十字叉丝线上. 试求凹球面镜的曲率半径.

八、(15 分) 在处理微观物理问题时,经常接触到诸如电子质量 me、质子电荷量 e 及普朗克常量 h 等基本物理常量.在 国际单位制中,这些物理常量的数值都很小,给相关的数值计算带来不便.为了方便起见,在微观物理领 域引入所谓 “原子单位制” , 规定电子质量为质量单位,? (? ? h / 2? ) 为角动量单位, 质子电荷量的 k e 倍 为电荷量单位,其中常数 ke 和国际单位制中的静电力常量取值相同.按如上定义规定了质量、电荷量和角 动量的基本单位后,在“原子单位制”中其它物理量的单位可用相关物理公式导出.如果在“原子单位制” 下,长度、时间和能量的单位用符号 Lau、Tau 和 Eau 表示,试从玻尔氢原子模型推出三者分别与米、秒 和焦耳的换算关系.结果用 ke、me、e 和 ? 等常量表示.

第 28 届全国中学生物理竞赛决赛试卷参考答案及评分标准 一、参考解答:
1.设弹性绳在时刻 t 的伸长量为 ?L ,弹性绳的张力为 T ,小圆环的高度为 H 。当 ? ? 900 时, 小圆环受到导轨的正压力为 N 、竖直向下重力 mg 和弹性绳的沿 C ' A 和 C ' B 两个方向的张 力,见图 1,根据几何关系有

?L ? 4 R cos 450 ? 2 R(cos300 ? sin 300 )
? (2 2 ? 3 ? 1) R ? 0
这说明绳是张紧的。 (1)

H ? 2 R sin(45o ? 30o )
根据牛顿定律,这时有

(2)

mv 2 (3) R 式中, v 是小圆环此刻运动速度的大小,小圆环在下降过程中机械能守恒 N ? 2T cos 45o ? mg cos30o ?
mgH ? 1 2 1 mv ? k ?L2 2 2

(4)

根据胡克定律有 T ? k ?L

(5) (6)

?3 3 ? N ?? ? 2 ? 1? ? mg ? (16 ? 2 3 ? 5 2 ? 5 6)kR ? ?
? 1.6mg ? 0.15kR
2.当 ? ? 30o 时,弹性绳的伸长量为

?L ? 2 R(cos15o ? sin15o ) ? 2 R(cos30o ? sin 30o )
? ( 6 ? 3 ? 1) R ? ?0.28R ? 0
(7)

弹性绳处于松弛状态, T ? 0 ,小圆环受力如图 2 所示,根据牛顿定律有

mv 2 (8) R 整个过程机械能守恒,有 N ? mg cos30o ?
mgH ? 1 2 mv 2

(9)

由几何关系得

H ? 2 R sin15o sin 45o 由(8) 、 (9) 、 (10)式得

(10)

?3 3 ? N ?? ? 2 ? 1? ? mg ? 1.6mg ? ?

(11)

评分标准: 本题 15 分 第一问 8 分, (1) (2)式各 1 分, (3)式 2 分, (4) (5)式各 1 分, (6)式 2 分; 第二问 7 分, (7)式 1 分, (8)式 2 分, (9) (10)式各 1 分, (11)式 2 分。

二、
参考答案: 以地面为参考系,取水平向左为 x 正方向,由题意 l ? l1 。在小球 1 从释放至运动到与小 球 2 刚好接触的过程中,小球 1、2 与小车作为一个整体,总能量与总动量守恒,故 (1) ? m1v0 ? ( M ? m2 )V0 ? 0 1 1 1 2 ( 2) m1v0 ? ( M ? m2 )V02 ? k1 (l1 ? l ) 2 2 2 2 式中, v0 和 V0 分别表示在小球 1、2 刚好接触时小球 1 和小车的运动速率。 考虑从小球 1 和 2 相碰至两个小球合为一体时的碰撞过程,由于碰撞时间极短,弹簧 2 还没有来得及被压缩, 可忽略弹簧 2 的弹力, 此过程中, 小球 1 和 2 作为一个整体动量守恒。 故 ( 3) m2V0 ? m1v0 ? ?( m1 ? m2 )v 式中, v 表示在碰后的瞬间小球 1 和 2 的共同速率。 当弹簧 2 大盗贼最大压缩时,小球 1、2 与小车三者相对静止,由动量守恒与系统总动 量为零可知, 这是小车相对地面的速度为零。 从小球 1 和 2 刚好合为一体时至弹簧 2 达到最 大压缩的过程中,系统动量守恒,故

1 1 1 2 MV02 ? (m1 ? m2 )v 2 ? k2 ?l2 2 2 2

(4)

联立(1)至(4)式得
?l2 ? k1 k2 Mm1 (l1 ? l ) ( M ? m2 )(m1 ? m2 )

( 5)

考虑从小球 1 释放至弹簧 2 达到最大压缩的全过程。小球、弹簧及小车作为一个整体, 所受到的合外力为零,系统质心的位置在整个过程中应当保持不变,即 (6) ( M ? m1 ? m2 )l3 ? m1[(l1 ? l ) ? ( L ? l1 ? l2 )] ? ( m1 ? m2 ) ?l2 ? 0 联立(5)和(6)式得

l1 ? l2 ? L ? l ? l1 ? k 1? 1 k2

M ? m1 ? m2 l3 m1 M (m1 ? m2 ) Mm1 M ? m1 ? m2 l3 m1 ( M ? m2 )(m1 ? m2 ) Mm1

( 7)

l1 ? l2 ? L ? ?l2 ? m1 ? m2 k ? 1 m1 k2

(8)

评分标准: 本题 15 分 (1) (2) (3) (4)式各 2 分, (6)式 3 分, ( 7) (8)式各 2 分

三、
1.设空间站 A 和卫星 B 的速度大小分别为 v A0 和 vB 0 ,则由牛顿引力定律得
2 GmM mvA 0 ? 2 rA rA

( 1) ( 2)

Gm ' M ? m'g Re2

式中, m 和 M 分别是飞船和地球的质量, m ' 和 g 分别是地球表面上的某一物体的质量和重 力加速度,由(1)与(2)式得

v A0 ? Re
同理有

g rA

( 3)

vB 0 ? Re
飞船进入椭圆转移轨道后,其机械能为
E??

g rB

( 4)

GmM 2a

(5)

式中, 2a 是椭圆轨道的长轴,由集合关系有
2a ? rA ? rB

(6)

设飞船在近地点和远地点处的速度大小分别为 v A 和 vB ,则

1 2 GmM GmM mv A ? ?? 2 rA 2a
由(1)和(7)式得
v A ? 2GM (

( 7)

?1 1 1 1 ? ? ) ? Re 2 g ? ? ? rA 2a ? rA 2a ?

( 8)

同理,有
?1 1 ? vB ? Re 2 g ? ? ? ? rA 2a ?

(9)

由(3) 、 (8)式和题给条件得

? 6 ? g ?vA ? vA ? vA0 ? ? ? 5 ? 1? ? Re r ? 735m / s A ? ?

(10)

由(4) 、 (9)式和题给条件得

? 2 8 ? g ?vB ? vB 0 ? vB ? ? ? 3 ? 15 ? ? Re r ? 664m / s A ? ?

(11)

2.设空间站 A 、卫星 B 和飞船的运动周期分别为 TA 、 TB 和 T ,根据开普勒第三定律有

TA2 TB2 T 2 ? 3 ? 3 3 rA rB a
式中
TA ? 2?rA v A0
T 2

(12)

(13)

飞船从 A 到 B 过程所用的时间为
?t1 ?

(14)

经 ?t1 时间和无相对运动的捕获后, 飞船和卫星 B 同时到达远地点 N 并开始以相同速率 vB 和 半径 rB 作圆周运动,此时空间站 A 绕地球转过角度 ?? A ,位置如图 1 所示,且

?? A ? 360o

?t1 TA

(15)

可见,飞船经历了椭圆轨道半个周期 ?t1 后,空间站 A 相对于飞船超前了

??0 ? ?? A ? 180o

(16)

如果想选择一个合适的时刻, 开始使捕获了卫星的飞船经短暂减速后, 沿同样形状的椭 圆轨道在近地点 M 和空间站 A 相遇。如图 2 所示,则 A 与飞船必须处于这样的相对位置, 即空间站 A 须超前飞船

?? ? 360o ? n ? ??0 , n ? 1 , 2 ……

(17)

设从飞船捕获了卫星时刻算起,经 ?t 时间后运动到上述相对位置,则应满足

? 360o ? ? 180o ? ? t ? ? ? ?t ? 180o ? ? ?? ? A??? ? TA ? ? TB ?

(18)

由(3) 、 (12) 、 (13) 、 (15) 、 (17)和(18)式得 ?? ? 180o ? ?? TATB min ?t ? min{ } 360o TB ? TA
3

(19)

由(3) 、 (12) 、 (13) 、 (14)和(19)式得,飞船从发射到返回空间站至少需要的时间为

rB ? ?1? r A ? ? 2?t1 ? min ?t ? [? ? 2 ? ?

?2 ? ? ? ? ?

3

rB ? 2 ? ?1? r ? A ? 2?? ? 2 ? 3 ? ? 2?r 2 ? ? A ? ] ? 1.50 ? 104 s rA 3 Re g 1 ? ( )2 rB

(20)

空间站 A 绕地球转过的响应的角度为 ?t ?? Am ? m 360o ? 981o TA

(21)

评分标准: 本题 20 分 第一问 10 分, (1) (2) (5) (6)式各 1 分, ( 7) (10) (11)式各 2 分; 第二问 10 分, (12) (13) (14)式各 1 分, (18)式 3 分, (20) (21)式各 2 分

四、
参考解答: 1.考虑管的横截面积 AB 和 CD 之间的气体,其中横截面 AB 和 CD 都位于气体的均匀稳 流区域内;经过 ?t 时间,该气体的左右边界分别运动到管的横截面 A ' B ' 和 C ' D ' 处。如图 1 所示,适当选取时间间隔 ?t 的长短,可使得横截面 A ' B ' 位于气体的云军稳流区域内。因而, ABB ' A ' 和 CDD ' C ' 区域内各点均在气体的均匀稳流区域内,设加热装置右方均匀稳流区域 内气体的流速为 v1 ,根据功能原理有
W ?t ? [ p0 ( Sv0 ?t ) ? p1 ( Sv1?t )] ? ?E

( 1)

式中, ?E 表示气体在 A ' B ' D ' C ' 区域内和区域 ABDC 内两种情况下能量之差。考虑到在稳 定状态下,气体在两区域 ABDC 和 A ' B ' D ' C ' 的公共区域 A ' B ' DC 中的能量相同; ?E 应当 等于处于区域 CDD ' C ' 设 ABB ' A ' 中的气体的能量之差

?1 ? ?1 ? 5 ?m 5 ?m 2 ?E ? ? ?mv12 ? RT1 ? ? ? ?mv0 ? RT0 ? 2 ? 2 ? ?2 ? ?2 ?

( 2)

式中,?m 为 ABB ' A ' 范围内气体的质量。 由于气体在从区域 ABDC 运动到区域 A ' B ' D ' C ' 的 过程中,质量不变,在 CDD ' C ' 范围内气体的质量也等于 ?m 。由理想气体状态方程有 ?m ( 3) p0 ( Sv0 ?t ) ? RT0

?

p1 ( Sv1?t ) ?
联立(1) 、 (2) 、 ( 3) 、和(4)式得

?m

?

RT1

( 4)

T12 ?
其解为

? 7 RT0 2WRT0 ?? p1T0 ? 7 RT02 ? p1 ? ? ? T1 ? ?1 ? ? ?0 2 ? 2 3 ?? ? v0 ? p0 ? ? v0 p0 S ? v0 ? ?? p0 ?

2

2

( 5)

? p 7 RT0 p1 1 8W ? RT0 ? 7 RT0 p1 ? T1 ? T0 1 {? ? 4 ? ? 28 ? ? 2 ?? ? } 2 2 p0 2 ? v0 p0 2 p0 Sv0 ? ? v0 ? ? ? v0 p0 ?
负根不合题意,已舍去。

2

(6)

2.考虑管的横截面 AB 和 CD 之间的气体,经过 ?t 时间,该气体的左右边界分别运动到 管的横截面 A ' B ' 和 C ' D ' 处,如图 2 所示。

根据功能原理有

?1 ? ?1 ? 5 ?m 5 ?m 2 2 p0 ( Sv0 ?t ) ? p2 ( Sv2 ?t ) ? ? ?mv2 ? RT2 ? ? ? ?mv0 ? RT0 ? 2 ? 2 ? ?2 ? ?2 ?

( 7)

式中,?m 为 ABB ' A ' 范围内气体的质量。 由于气体在从区域 ABDC 运动到区 A ' B ' D ' C ' 的过程中,质量不变,在 CDD ' C ' 范围内气体的质量也等于 ?m 。由理想气体状态方程有 ?m (8) p0 ( Sv0 ?t ) ? RT0

?

p2 ( Sv2 ?t ) ?
由(7) 、 (8)和(9)式得
2 v2 ?7

?m

?

RT2

(9)

? p2 RT0 RT ? 2 v2 ? ? 1 ? 7 0 v ?0 2 ? 0 p0 ? v0 ? v0 ? ?

(10)

其解为
v2 ? v0 [? RT0 ? 7 p2 RT02 ? 7 p2 RT0 1 ? 4 ? 28 ] 2 2 ? 2 ? 2 p0 ? v0 2 ? v0 ? p0 ? v0 ?

(11)

负根不合题意,已舍去。 评分标准: 本题 15 分 第一问 8 分, (1) (2)式各 2 分, (3) (4) (5) (6)式各 1 分 第二问 7 分, (7)式 3 分, (8) (9) (10) (11)式各 1 分

五、
参考解答(一) : 1.考虑光线仅从 AB 面上法线下方入射,如图 1 所示,在 AB 面上发生折射,根据折射定律 有
sin i0 ? n sin r

(1)

式中, i0 和 r 分别是光线在 AB 面上入射角和折射角, n 是棱镜的折射率。在 AC 面上发生 全反射应满足
n sin i1 ? 1

(2)

式中, i1 是光线在 AC 面上的入射角,在 ?ADE 中有

由此可得
i1 ? ? ? r ? 0

(3)

将(3)式代入(2)式有
n sin i1 ? n sin(? ? r ) ? 1

(4)

因为 i0 , ? 都为锐角,结合(1)式,利用三角函数关系得

sin ? n 2 ? sin 2 i0 ? 1 ? cos ? sin i0
对(5)式两边平方得

(5)

sin 2 i0 ? 2cos ? sin i0 ? (1 ? n 2 sin 2 ? ) ? 0
上式取等号时的解为
sin i0 ? ? cos ? ? n 2 ? 1sin ?

( 6)


sin i0 ? n sin( ?? ? ?)

(7)

式中,已利用了
n sin ? ? 1

由于 0 ? sin i0 ? 1 , (6)式的解 sin i0 应满足
0 ? sin i0 ? min{1, n sin( n ? ?)}

(8)

从(8)式可看出,当光线仅从 AB 面上法线的下方入射时,为零使入射角 i0 取任意值时, 光线在 AC 面上都发生全反射,三棱镜顶角 ? 的取值范围为 ( 9) ? ? 2? 2.考虑光线仅从 AB 面上法线的上方入射,如图 2 所示,根据几何关系得
i1 ? ? ? r

(10)

在 AC 面上发生全反射应满足

n sin(? ? r ) ? 1
采用 1 中相同的方法可得

(11)

sin 2 i0 ? 2cos ? sin i0 ? (1 ? n 2 sin 2 ? ) ? 0
上式取等号时的解为
sin i0 ? cos ? ? n 2 ? 1sin ?

(12)


sin i0 ? n sin(? ? ? )

(13)

由于 0 ? sin i0 ? 1 , (12)式的解 sin i0 应满足

max{0, n sin(? ? ? )} ? sin i 0 ? 1
其中(14)式可看出

(14)

(15) ? ?? 当光线仅从 AB 面上法线的上方入射时,我们还必须保证光线以任意入射角入射到 AB 面上,经一次折射后,能入射到 AC 面上的条件。为此,让光线沿 AB 面掠入射到 D 点
(i0 ? 90o ) 发生折射,如图 3 所示,容易看出,当且仅当

(16) 时,折射光线才能射到 AC 面上,联立条件(15)和(16)式得

? ? 90o ? ?

? ? 45o
这与题设条件一致。 由于(15)和(16)式知,当光线仅从 AB 面上法线的上方入射时,为零使入射角 i0 取 任意值时,光线在 AC 面上都发生全反射,三棱镜顶角 ? 的取值范围为

? ? ? ? 90o ? ?

(17)

评分标准: 本题 15 分 第一问 7 分, (1) (2) (3) (6) (8)式各 1 分, (9)式 2 分 第二问 8 分, (10) (11) (12) (14)式各 1 分, (15) (16)各 2 分 参考解答(二) 1.考虑光线仅从 AB 面上法线的下方入射。 先考虑沿 AB 面掠入射的光线, 此时的折射角 r 即 为全反射临界角 (1) r?? 如图 1 所示,如果此光线在面上能发生全反射,则此光线在 AC 面上的入射角 i1 应当满足
i1 ? ?

( 2)

在 ?ADE 中有

? ? (90o ? r ) ? (90o ? i1 ) ? 180o
由此可得

? ? r ? i1

(3)

由(1) 、 (2)和(3)式得 (4) ? ? 2? 再考虑垂直于 AB 面入射的光线,如图 2 所示,如果此光线在 AC 面上能发生全反射, 则此光线在 AC 面上的入射角 i1 应当满足
i1 ? ?

(5)

在 ?ADE 中有

? ? 90o ? (90o ? i1 ) ? 180o
由此可得

? ? i1
由(5)和(6)式得

(6)

? ??

(7)

由(4)和(7)式可看出,当光线仅从 AB 面上法线的下方入射时,为了使入射角 i0 取 任意值时,光线在 AC 面上都发生全反射,三棱镜顶角 ? 的取值范围为 ( 8) ? ? 2? 2.考虑光线仅从 AB 面上法线的上方入射, 考虑沿 AB 面掠入射的光线, 此时的折射角 r 即为全反射临界角

r??

(9) (10) (11)

如图 3 所示,如果此光线能与 AC 面相交,则

90o ? ? ? ?
由图 3 从几何关系可知
i1 ? ? ? ?

可见光线能在 AC 面上发生全反射。 由(7)和(10)式得,当光线仅从 AB 面上法线的上方入射时,为了使入射角 i0 取任 意值时,光线在 AC 面上都发生全反射,三棱镜顶角 ? 的取值范围为

? ? ? ? 90o ? ?

(12)

评分标准: 本题 15 分 第一问 9 分, (1) (2) (3)式各 1 分, (4)式各 2 分, (5) (6)式各 1 分, (7)式 2 分 第二问 6 分, (9)式 1 分, (10)式 2 分, (11)式 2 分,得出(12)式中下限的再给 1 分

六、
参考解答: 根据题意可知,通电后天平失去平衡,是由于电容器 C1 的极板 B 对极板的静电力与长治金 属杆 N 对 M 的磁力不相等的结果。 先考察极板 A 受到的静电力,当电源的电压为 u 时, C1 极板上的电量为
q ? C1u

(1)

不考虑边缘效应,平板电容器的电容为

C1 ?

a12 4?ke h1

( 2)

式中, h1 是平板电容器的极板间距。 电容器中电场强度的大小为

E?
由(1) 、 (2)和(3)式得

u h1 q a12

(3)

E ? 4?ke

(4)

由对称性和场强叠加原理可知,极板 B 上的电荷单独产生的电场强度的大小
E1 ? 1 E 2
Fe ? qE1

(5)

极板 A 受到的静电力的大小为 (6)

方向向下。由(4) 、 (5)和(6)式得
Fe ? 2?ke q2 a12

( 7)

利用(1)式, (7)式可表示为

Fe ? 2?ke


C12 u 2 a12

Fe ? 2?ke

C12 2 U 0 cos 2 (2?ft ) a12

(8)

在考察金属杆 M 受到的磁力,金属杆 M 、 N 与电容 C2 串联后接在交流电源两端,通 过杆的电流就是通过 C2 的电流。若用 U 0 表示电容两端电压的峰值,则通过电容的电流的峰 值 U0 I0 ? ? 2?fC2U 0 (9) 1 2?fC2 所谓交流电通过电容, 实际上是电容不断充电和放电的过程, 当极板上的电量或两极板 间的电压最大时,充电结束,此时刻电流为 0;接着放电,极板上的电量或电压由大变小, 电流反向,当电量或电压变为 0 时,电流最大,所以电流和电压的变化时不同步调的,两者 相差四分之一周期,当极板两端电压为
u ? U 0 cos 2?ft

时,通过电容 C2 的电流应为
? i2 ? 2?fC2U 0 cos(2?ft ? ) 2 B ? 2km i2 h

(10)

不考虑边缘效应,杆 N 在杆 M 处产生的磁感应强度的大小为 (11)

杆 M 受到的磁场力为
Fm ? Bi2 a2

(12)

方向向下。由(10) 、 (11)和(12)式有
a2 2 2 2 2 ? (13) 4? f C2 U 0 cos(2?ft ? ) h 2 调节交流电频率 f ,使得天平两边电力和磁力对时间的平均值相等,即 Fm ? 2km

Fe (t ) ? Fm (t )
从而可得
ke Ca ?2f 2 1 km C1 ?a2 h

(14)

(15)

评分标准: 本题 20 分 (1) (2) (3) (5) (6)式各 2 分 (9)式 2 分, (10) (11)式各 1 分, (12) (14) (15)式各 2 分

七、
参考解答: 考虑图 1 所示装置,未接电源时,金属杆静止在平衡位置,取此平衡位置为坐标原点,竖直 向上为 z 轴正方向。当回路电流为 i (t ) (取从右流向左通过电源的电流为正)时,金属杆受 到弹簧的弹性力和重力的合力以及磁场的安培力的作用,而在竖直方向运动,设杆在时刻 t 沿 Z 方向的位移为 z (t ) ,速度为 v(t ) ,依据牛顿定律,它的动量在经过一个小时时间间隔 ?t 后的变化率为
m ?v ? ?2kz (t ) ? Bli (t ) ?t

( 1)

金属杆因竖直运动而切割磁力线,所产生的感应电动势为 ( 2) ? (t ) ? Blv(t ) 式中,
v(t ) ? ?z ?t

( 3)

按照全电路欧姆定律有 ( 4) u (t ) ? ? (t ) 再考虑图 2 所示电路,由题意,回路通过电源的电流仍为 i (t ) ,它等于流过自感和电容 的电流 iL (t ) 和 iC (t ) 之和
i (t ) ? iL (t ) ? iC (t )

( 5)

自感上的电动势 ? (t ) 的大小为

? L (t ) ? L
而电容 C 满足

?iL ?t

(6)

iC (t ) ?t ? C ?? L

(7)

按照全电路欧姆定律有
u (t ) ? ? L (t )

( 8)

由(2) 、 (3) 、 (4) 、 (6)和(8)式得
Bl ?z ? L?iL

(9)

由于我们选取金属杆在其中电流为零时的平衡位置为 Z 坐标原点,故

z (t ) ? 0 ,当 iL (t ) ? 0
由(9) 、 (10)两式可解得
z (t ) ? L iI (t ) Bl

(10)

(11)

由(2) 、 (4) 、 (7)和(8)式得
?v 1 ? iC (t ) ?t BlC

(12)

将(5) 、 (11) 、 (12)式代入(1)得 ?m 2 2? 2 2 ? ? B l ? iC (t ) ? (2kL ? B l )iC (t ) ? 0 ?C ? 此对任意的 iC (t ) 和 iL (t ) 都成立,故
m ? B 2 l 2 ? 0 , 2kL ? B 2 l 2 ? 0 C

(13)

(14)

由此得
C? m B 2l 2

(15) (16)

L?

B 2l 2 2k

评分标准: 本题 20 分. (1) (2)式各 2 分, (3) (4) (5)式各 1 分, (6) (7) (8)式各 2 分, (8) (9) (10) (11) (12)式各 1 分, (13)式 2 分, (15) (16)式各 1 分

八、
参考答案: 1.所设考察原子的质量为 m , 激光束的频率为 v ; 吸收光子后, 原子的速度由 v0 变为 v1 , 从基态至第一激发态,由题意,该原子第一激发态与基态的能量差为 hv0 ,由原子核光子组 成的系统在吸收前后能量和动量均守恒,故
1 2 1 mv0 ? hv ? mv12 ? hv0 2 2 mv0 ? h ? mv1 v

(1) (2)

从(1)和(2)式消去 v1 得
2v0 2(v0 ? v) hv ? ? c v mc 2

( 3)

注意到 hv0 ? mc 2 ,因而恰能使该原子发生共振吸收的激光频率为

v?

v0 v 1? 0 c

( 4)

由(2)和(4)式可得该原子的速率变化,即 hv0 v1 ? v0 ? ? ? v ? mc ?1 ? 0 ? c? ?

(5)

2.由于原子吸收光子后处在激发态上会滞留一段时间 ? 才回到基态,当原子回到基态 后又立即再次发生共振吸收。因此,原子从共振吸收回到基态这段时间内的平均加速度为
a? v1 '? v0 '

?

( 6)

式中,原子在共振吸收前、后的速率分别为 v0 ' 、 v1 ' 。利用(5)式, (6)式成为

a??

hv0 hv ?? 0 mcr ? v '? mcr ?1 ? 0 ? c ? ?

(7)

加速度是负的。 表示原子在不断发生共振吸收的过程中作减速运动, 由于原子速度是热运动 的速度。它远小于光速,故可认为原子在不断发生共振吸收的过程中加速度大小恒定,原子 作减速运动。 3.由于原子在共振吸收后减速,由(4)式可知共振吸收频率要增大,故必须改变次磁 感应强度的大小,否则共振吸收会终止。若让该原子进入磁感应强度的大小 B 随 z 变化的非 均匀磁场,则应让第一激发态相对于基态的能量差从
E ? hv0

(8)

变为

E ' ? E ? ?B
于是,磁场中静止原子的共振吸收频率应增加为
v' ? E' ? ? v0 ? B h h

(9)

(10)

当此原子在磁场中以速度 v 运动时,柑橘共振吸收条件(4) ,能使此原子发生共振吸收的激 光的频率为

vB ?

v' 1? v c

?

v0 ?

?

h v 1? c

B
(11)

(11)式说明:能使该原子发生共振吸收的激光的频率不仅与原子的运动速率有关,还与原 子所在处的磁场有关,原子因共振吸收而作匀减速运动。当原子以初速 v0 进入磁场后沿 z 轴 运动距离 z 时,其速度为
2 v ? v0 ? 2az

(12)

若 z 处的磁感应强度的大小 B ( z ) 能恰好使得

vB ? v

(13)

则该原子将对于迎头射来的频率 v 的激光持续地发生共振吸收,从而不断减速,利用(4) 和(11)式, (13)式成为

v0 ?

?

h v 1? c

B

?

v0 1? v c

(14)

将(12)式代入上式得

B?

2 hv0 v0 ? 2az ? v0

c ? v0
2 v0 2a

(15)

4.由(12)式得,当 v ? 0 时有

z??
由(7)和(16)式得

(16)

z?
代入题给数据得

2 mv0 c? 2hv0

(17)

z ? 0.38m

(18)

评分标准: 本题 20 分 第一问 6 分, (1) (2) (3(4)式各 1 分, (5)式 2 分; 第二问 3 分, (6)式 1 分, (7)式 2 分; 第三问 9 分, (8) (9) (10) (11) (12)式各 1 分, (13) (15)式各 2 分; 第四问 2 分, (16) (18)式各 1 分

第 26 届全国中学生物理竞赛决赛试卷
一、填空题(每题 5 分,共 20 分) 1.某光滑曲面由曲线 y ? f ( x) 绕竖直 y 轴旋转一周形成,一自然半径为 a 、质量为 m 、劲 度系数为 k 的弹性圆环置于该曲面之上,能水平静止于任意高度,则曲线方程为 。

2.如图所示的电阻框架为四维空间中的超立方体在三维空间中的投影模型(可视为内外两个 立方体框架, 对应顶点互相连接起来) , 若该结构中每条棱均由电阻 R 的材料构成, 则 AB 节 点间的等效电阻为 。 3.某种蜜蜂的眼睛能够看到平均波长为 500nm 的光,它是由 5000 个小眼构成的复眼,小眼 一个个密集排放在眼睛的整个表面上,小眼构造很精巧,顶部有一个透光的圆形集光装置, 叫角膜镜; 下面连着圆锥形的透明晶体, 使得外部入射的光线汇聚到圆锥顶点连接的感光细 胞上(入射进入一个小眼的光线不会透过锥壁进入其他小眼) ,从而造成一个“影像点” (像 素) ;所有小眼的影像点就拼成了一个完整的像。若将复眼看作球面圆锥,球面半径

r ? 1.5mm , 则 蜜 蜂 小 眼 角 膜 镜 的 最 佳 直 径 d 约 为 ( 请 给 出 两 位 有 效 数 字 )
。 试给出两者之间 4.开路电压 U 0 与短路电流 I SC 是半导体 p-n 结光电池的两个重要技术指标, 的关系表达式:U 0 = , 式中各符号代表的物理量分别为 。 二、 (15 分)天体或微观系统的运动可借助计算机动态模拟软件直观显示。这涉及几何尺寸 的按比例缩放。为使显示的运动对缩放后的系统而言是实际可发生的,运动时间也应缩放。 1.在牛顿力学框架中,设质点在力场 F ( r ) 中作轨道运动,且有 F (? r ) ? ? F ( r ) , k 为常 数, r 为位矢。若几何尺寸按比率? 缩放显示,确定运行时间的缩放率?。 2.由此证明,行星绕太阳轨道运动周期的平方与轨道几何尺寸的立方成正比。 三、 ( 20 分)在水平面上有两根垂直相 交的内壁光滑的连通细管,管内放置两 y 个质量均为 m、电荷量均为 q 的同号带 点质点 A 和 B。初始时,质点 A 至两管 交点 O 的距离为 d,质点 B 位于交点 O 处,速度相互垂直,方向如图所示,大
k

小均为 u0 ?

kq 2 , k 为静电力常量。 md

求在以后的运动中,它们之间的最小距 离。 四、 ( 10 分)热机和热泵利用物质热力 学循环实现相反功能:前者从高温处吸 热,将部分热量转化为功对外输出,其 余向低温处放出; 后者依靠外界输入功, 从低温处吸热,连同外界做功转化成的 热量一起排向高温处,按热力学第二定

O u0

B u0 A d

x

律,无论热机还是热泵,若工作物质循环过程中只与温度为 T1 , T2 的两个热源接触,则吸收 的热量 Q1 , Q2 满足不等式

Q1 Q2 ? ? 0 ,其中热量可正可负,分别表示从热源吸热与向热源 T1 T2

放热。 原供暖设备原本以温度 T0 的锅炉释放的热量向房间直接供暖, 使室内温度保持恒温 T1, 高于户外温度 T2。为提高能源利用率,拟在利用原有能源的基础上采用上述机器改进供暖 方案,与直接供暖相比,能耗下降的理论极限可达到多少? 五、 (15 分)磁场会影响电子的运动,从而使存在磁场时的电流与电压之间的关系偏离我们 熟悉的欧姆定律,本题研究的问题即为一例。 设 xoy 平面内有密度(单位体积内的电子数)为 n 的二维电子气。平面内沿 x 轴方向存

?? ? ? ? ? ? ? 感应强度为 B ? Bk ( k 为 z 轴正方向的单位矢量) 。已知平面内的电子运动受到的散射阻力 mv 与速度 v 成正比,可等效地用一时间参量 ? 描述为 ? ,m 为电子质量,试求在稳态沿 x

在均匀电场 E ? Ei ( i 为轴正方向的单位矢量) ,垂直于平面的 z 轴方向存在匀强磁场, 磁

?

和 y 方向的电流密度(大小为垂直于电流方向单位长度的电流) jx 和 j y ,将结果用电子电 荷量绝对值 e、n、m、E、 ? 及?表示出,

??

eB 。 m

六、 (25 分)如图 A 所示的两块平行薄板,由理想导体构成,板间距为 d,y 方向无限延伸。 两板间沿垂直于 y 方向传播的电磁波沿 x 正方向以行波形式传播,其电场可表述为:

z

x z y O
图A

O x 图B
2? z

E ? E0 sin(

?z

) sin(

2? x

?x

? ?t )

式中?为圆频率,t 为时间,?z , ?x 为待定参量,这种结构的组合可以制成实用的微波发射天 线,用来代替传统的巨大抛物面天线,可以大幅度降低天线成本。 1.证明 ?z 只能取如下值: ?z ?

2d , m ? 1, 2,3 ………….. m

2.当 m=1 时,求 ?z 。 3.如将一系列板间距相等而长度不等的理想导体相对于沿 y 方向无限延伸的线状波源(与纸 面交与 O 点)平行对称叠排,板的右端对齐,面板的长度有一定的分布(此结构与与纸面 相交的截面图如图 B 所示) ,则在这一结构的右端可输出沿 x 方向传播的平面电磁波。试给 出满足这一要求的板堆在 xoz 截面内左侧边缘(如图 b 所示)所满足的曲线方程。 (取 m=1, 已知波源到板堆左端的水平距离为 L). 七、 (35 分)1.在经典的氢原子模型中,电子围绕原子核做圆周运动,电子的向心力来自于 核电场的作用。可是,经典的电磁理论表明电子做加速运动会发射电磁波,其发射功率可表 示为(拉莫尔公式) : P?

e2 a 2 ,其中 a 为电子的加速度,c 为真空光速, 6? c 3? 0

?0 ?

1 4? k

=8.854?10-12 F?m-1,电子电荷量绝对值 e=1.602?10-19C。若不考虑相对论效应,试估

计在经典模型中氢原子的寿命? 。 (实验测得氢原子的结合能是 EH ? 13.6eV ,电子的静止 质量 m0 ? 9.109 ? 10
?31

kg )

2.带点粒子加速后发射的电磁波也有重要的应用价值。 当代科学研究中应用广泛的同步辐射 即是由以接近光速运动的电子在磁场中作曲线运动改变运动方向时所产生的电磁辐射, 电子 存储环是同步辐射光源装置的核心, 存储环中的电子束团通过偏转磁铁等装置产生高性能的 同步辐射光。上海光源是近年来建成的第三代同步辐射光源,它的部分工作参数如下:环内 电子能量 E ? 3.50GeV ,电子束团流强 I ? 300mA ,周长 L=432m,单元数(装有偏转磁铁的 弯道数量)N =20,偏转磁铁磁场的磁感应强度 B=1.27T。使计算该设备平均每个光口的辐射 总功率 P0 。 (在电子接近光速时,若动量不变,牛顿第二定律仍然成立,但拉莫尔公式不再适用,相应

e2 a 2 E 2 ? ? 4 ,其中 ? ? 的公式变化为 P ? ,E 为电子总能量, m0 c 为电子的静止能 3 2 6? c ? 0 m0 c
量。 ) 3.由于存储环内的电子的速度接近光速,所以同步辐射是一个沿电子轨道的切线方向的光 锥,光锥的半顶角为 1

? ,由此可见电子的能量越高,方向性越好。试计算:上述设备在

辐射方向上某点接受到的单个电子产生的辐射持续时间 ?T 。 (本题结果均请以三位有效数字表示。 )

第 26 届全国中学生物理竞赛决赛试卷 参考答案及评分标准
一、

2? 2 。 ( x ? a ) 2 (C 为任意常数) 1、 y ? C ? mg
2、

7 R 12

3、 30 ? m 4、U 0 ?

? kT ? I SC ln ? ? 1? ,式中 e 为电子电量的绝对值,k 为波尔兹曼常量,T 为绝对温度, e ? IS ?

I S 为 p-n 结的反向饱和电流。
评分标准: 本题共 20 分。 第 1、2 题每题填对均得 5 分,第 3 题只要答案在 27-30 ? m 之间即得 5 分,否则 0 分。第 4 题第一空格占 4 分,第二空格占 1 分。 二、1.设位矢、时间缩放分别为 r ? ? r , t ? ? t , 故速度、加速度满足关系
/ /

v / ? lim /
/

?r / ? ?r ? ? lim ? v / ?t ? 0 ?t ? ?t ?0 ?t ?

(1)

?v / ? ?v ? a ? lim ? 2 lim ? v / / ? t ? 0 ?t ? 0 ?t ? ?t ? 2
缩放前后质点均满足牛顿运动方程,即

(2)

ma ? F (r ) ma / ? F (r / )
利用(2)式及 F (? r ) ? ? F ( r ) , (4)式化简为
k

(3) (4)

ma ? ? k ?1? 2 F (r )
对照(3)式,得
k ?1 2

(5)

? ??
2.万有引力场中,有 k ? 2 ,设想轨道尺寸按

(6)

? / ? ?l

(7)

缩放,则周期按

? / ? ?? ? ? 2?
缩放,故有

1

(8)

? /2
l /3

?

?2
l3

(9)

评分标准: 本题共 15 分 第一小题占 10 分,正确得出(6)式得得 10 分,其中正确得出(5)式得 5 分。 第二小题占 5 分。正确得出(9)式得 5 分。

? ? ? ? r 三、两质点的相对位矢为 r ? r A ? r B ,记其单位矢量为 e r ? 。由于质点约束在管内运动, r
所受合力必定沿运动方向,即静电力沿运动方向的分力,两质点运动方程

?? ? kq 2 ?? ? ? ma A ? ? 2 (er ? i )i r ?? ? kq 2 ?? ? ? maB ? 2 (er ? j ) j r
相减可得 (1)

? kq 2 ?? ma ? 2 er r ? ?? ? ?? ?

(2)

其中 a ? aB ? a A 为 B 相对于 A 的加速度。 (2)式表明,B 相对于 A 的运动即力心固定之库 仑势场中质点的 m 运动,其电势能为:

U?

kq 2 r2

(3)

中心力场中运动质点的角动量、能量守恒。此处角动量与能量均应为 B 相对 A 的运动的值, 可由初始条件定出:

? ? ? kq 2 L ? ? mdi ? (?u0 j ? u0 i ) ? md md E? ? ? 1 kq 2 kq 2 m(?u0 j ? u0 i ) 2 ? ?2 2 d d ??

(4)

(5)

所求量即近力心点到力心的距离 rm ,该点速度 um 必与矢径 rm er 垂直,故有:

kq 2 mrmum ? md md

(6)

1 kq 2 kq 2 mrum 2 ? 2 ? 2 2 rm d
从而解得

(7)

r?

1? 5 d 4

(8)

评分标准: 本题共 20 分 正确得出(3)式得 10 分; (4) 、 (5) 、(6)、(7)与(8)各占 2 分。 四、 为表述方便,以下热量均用绝对值表示。 可以采用热机热泵联合供暖方案:利用热机从锅炉吸收热量,转化为功;此功驱动热泵, 从户外吸热,向室外放热。 热机的高温热源锅炉, 低温热源可选室内或户外环境。 以室外为例, 设热机从锅炉吸热 Q0 , 向室外放热 Q10 ,则有

Q0 Q10 ? ?0 T0 T0

(1)

热泵的高、低温热源分别为室内、户外环境。设热泵从户外吸热 Q2 , 向室外放热 Q12 , 则有

?
总能量为

Q12 Q2 ? ?0 T1 T2

(2) 通过热机、热泵联合工作,室内获得的

Q1 ? Q10 ? Q12
将(1) 、 (2)两式相加,得

(3)

Q0 Q2 Q1 ? ? ?0 T0 T2 T1
若热机以户外环境为低温热源,同理可得上式。 由能量守恒定律给出

(4)

Q1?Q0 ? Q2
直接供暖时,给室内供热 Q1 , 锅炉所释放的热量为

(5)

Q0 / ? Q1
联立(4) (5)两式,可得热机热泵供暖锅炉释放的热量为

(6)

Q0 ?
能耗下降率为

T0 (T1 ? T2 ) Q1 T1 (T0 ? T2 )

(7)

Q0 / ? Q0 T2 (T0 ? T1 ) ? Q0 / T1 (T0 ? T2 )
理论极限为上式取等号。 评分标准:本题共 10 分,其中(4)式占 4 分。 六、1.已知两板间的电磁波的电场强度 E 为

(8)

E ? E0 sin(

2? z

?z

) sin(

2? x

?x

? ?t )

(1)

由于是理想导体板,当 z=0 和 d 时应有 E=0。从而

2? d

?z

? m? , ?z ?

2d , m ? 1, 2,3...... m

(2)

2.对于(1)式描述的电磁波,可以通过

1 sin ? sin ? ? [cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? )] 2
表达为两列平面电磁波的叠加,

(3)

E ? E1 ? E2 E1 ? 1 2? x 2? z E0 cos( ? ? ?t ) 2 ?x ?z 1 2? x 2? z E0 cos( ? ? ?t ? ? ) 2 ?x ?z
(4)

E2 ?

式中两列电磁波的波长 ?0 都可表达为

? 1? ? 1 ? ? 1? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ?0 ? ? ?x ? ? ?z ? ? 2? c ?
当 m=1,

2

2

2

2

(5)

?z ? 2 d ,

?z ?
3.因此,x 方向的波速 vx 为

1

?

2? c

?(1

2d

)2

(6)

vx ? (?

2?

)?x ?

c ? ?c ? 1? ? ? ? ?d ?
2

(7)

如图所示,设板堆左端任一点 P 到波源的距离 OP=R,OP 与水平线的交角为?。要使得输出 为沿水平方向的平面波,应满足,

L ? R ? L ? R cos ? c c vx

(8)

由此可得,

? ?c ? ? ?c ? R ? L(1 ? 1 ? ? ? )(1 ? 1 ? ? ? cos ? ) ? ?d ? ? ?d ?

2

2

(9)

P z R ?
O

x

评分标准:本题共 25 分 第一小题 5 分,第二小题 10 分,第三小题 10 分; 其中(2)式占 5 分, (5)式占 6 分,(6)式占 4 分; (8)式占 6 分。 七、 由方程

F ? ma

(1) (2)

a?

v2 r

1 e2 F? 4?? 0 r 2
可推导出电子的总能量为

(3)

U?

?e 2 8?? 0 r0

(4)

由条件 EH ? ?13.6eV 推导出氢原子的轨道半径和运动速度分别为:

r0 ? 5.29 ? 10?11 m v0 ? 2.19 ? 106 m / s
由拉莫尔公式得初始发射功率

(5) (6)

P?

e2 a 2 e6 ? 3 2 4 6? c 3? 0 96? 3c 3? 0 m r0

(7)

在微小的时间间隔 ?t 中,辐射使电子的总能量 U 减少

?U ? ? P?t

(8)

U?

?e 2 1 1 ?e 2 ( ? )? ?r 8?? 0 r ? ?r r 8?? 0 r 2

(9)

其中 ?r 为电子轨道半径的减少量,由此可导出时间和半径 r 的变化方程:

?t ?
2 2 3? c 3? 0 m 。 4 e

2 2 2 12? 2 c 3? 0 m r0 ?r ? A ? 4? r 2 ?r , 4 e

(10)

其中 A ?

构造一个半径为 r0 的球体,则 4? r ?r 即为距离球心为 r 的薄球壳的体积,在 r0 到 0
2

的求和过程中可以算出球的体积为 时间为

4 3 对应本题情况解出电子轨道从 r0 减少到 0 所需的 ? r0 。 3
2 2 3 4? 2 c 3? 0 m r0 4 e

? ? ? ?t ?
代入数据,得:

(11)

? ? 1.56 ?10?11 s
2: 对于高能电子有

(12)

v?c E ? mc 2 a? v2 r

(1) (2)

(3) (4) (5)

F ? eBc F ? ma
以上条件可以得出电子的偏转半径:

R?
储存环中的电子数量:

E ecB Q I ?t ? e e

(6)

n?

(7)

其中 ?t 为电子旋转一圈所花费的时间。由(3)式及辐射条件可得每个电子每圈损失的总能 量为(电子在直道上不辐射能量) :

Eneu ?

e 2 a 2? 4 2? R e 2? 4 ? ? 6? c 3? 0 c 3? 0 R

(8)

由(7) (8)得到存储环中的电子消耗的总功率为:

Putal ?

nEneu Ie? 4 ? ? 4.34 ? 105W ?t 3? 0 R

(9)

出光口的功率为:

P0 ?
3:

Putal ? 2.17 ? 104 W N

(10)

在电子轨道上某点的切线方向上的某一点 P 处观察, 观察者只能在一个很短时间间隔内看到 电子发出的辐射,这段时间是电子地速度方向改变圆锥顶角(即 2 )的角度所对应的光到

?

达接受位置的时间间隔。在这段时间内电子移动的距离为

x?
令? ? v

2R

?

(1)

c

,则电子在这两点发出的辐射时间间隔为:

t2 ? t1 ?

2R ?c

(2)

R 2/?

A t1

x

t2

B

但在轨道的切线方向上观察,上述时间还要扣除 A 点发射出的光到达 B 点位置所花费的时 间

t? ?


2R , ?c

(3)

?T ? t2 ? t1 ? t ?

(4)



??

mc 2 1 ? 2 m0 c 1? ? 2

(5)

由 1 ? ? ? 0 可得

2

?
代入(4)式得到

(1 ? ? ) ?

1

?2

(6)

?T ?
代入数据得:

R c? 3

(7)

?T ? 9.51? 10?20 s

(8)

评分标准: 本题共 35 分 第 1 小题 10 分,其中(4) (5)式各占 1 分。 第 2 小题 12 分,其中(6)式与(7)式各占 1 分, (8)式占 6 分。 第 3 小题 13 分,其中(4)式占 5 分。

第 25 届全国中学生物理竞赛决赛试卷
考生须知 题号 得分 阅卷 复核 1 考生考试前请认真阅读本须知。 2 本试题包括试题纸和答题纸两部分,其中试题纸从本页开始,共 3 张(6 页) ,含 7 道大 题, (其中第七题包括 7-1 和 7-2 两部分) ,总分为 140 分,试题纸的每一页下面标出了该页 的页码和试题纸的总页数, 请认真核对每一页的页码和试题纸的总页数是否正确每一页是否 有不清楚的地方,发现问题请及时与监考老师联系。 3 本试卷的第二部分为答题纸,紧接在试题纸的后面,共 10 张(20 页) ,请认真核对答题 纸的每一页的页码和答题纸的总页数,请在标有对应题号的答题纸上解答相应的题目。 4 答题纸的密封线内,答题纸的背面和试题纸一律不能写解答,所写的解答一律无效。 5 试题纸与答题纸已经装订在一起,严禁拆开。 6 考生可以用发的草稿纸打草稿, 但需要阅卷老师评阅的内容一定要写到答题纸上, 阅卷老 师只评阅答题纸上的内容,写在草稿纸上的内容一律无效。 --------------------------------------------------以下为试题----------------------------------------------------一 (18 分) 、足球比赛,一攻方队员在图中的 A 处沿 AX 方向传球,球在草地上以速度 V 匀速滚动,守方有一队员在图中 B 处以 d 表示 A、B 间的距离,以?表示 AB 与 AX 之间的 夹角,已知?<90?,设在球离开 A 处的同时,位于 B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运 动中去抢球,以 Vp 表示他的速率,在不考虑场地边界限制的条件下,求解以下问题(要求 用题中所给参量间的关系式表示所求得的结果) 。 1.求出守方队员可以抢到球的必要条件。 2.如果攻方有一接球队员个处在 AX 线上等球,以 Lr 表示他到 A 点的距离,求球不被原 在 B 处的守方队员抢断的条件。 3.如果攻方有一接球队员个处在 AX 线上等球,以 L 表示他到 A 点的距离,在球离开 A 处 的同时,他开始匀速跑动去接球,以 Vr 表示其速率,求在这种情况下球不被原在 B 处的守 方队员抢断的条件。 一 二 三 四 五 六 七--1 七--2 总分

二 (25 分)卫星的运动可有地面的观测来决定,而知道了卫星的运动,又可以用空间的飞 行体或地面上物体的运动,这都涉及到时间和空间坐标的测定,为简化分析和计算,不考虑 地球的自转和公转,把它作惯性系。 1.先来考虑卫星的测定,设不考虑相对论效应,在卫星上装有发射电波的装置和高精度的原 子钟。假设在卫星上每次发出的电波信号,都包含该信号发出的时刻这一信息。 (1) 地面观测系统(包含若干个观测站)可利用从电波中接收到的这一信息,并根据自己所 处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置, 从而确定卫星的运动。 这种测量系 统至少需要包含几个地面观测站?列出可以确定卫星位置的方程。 (2)设有两个观测站 D1, D2 ,分别位于同一经线上的北纬? 度和南纬? 度处,若它们同时收到 时间 ? 之前卫星发出的电波信号。 (a)试求发出电波时刻卫星距地面的最大高度 H 。 ( b) 当 D1, D2 处观测站的位置的纬度都有很小的误差 ?? 时,试求的 H 误差。 (3)如果上述的时 间 ? 有很小的误差 ?? ,试求的 H 误差。 2. 在上面的小题(1)中,若 ? =45?, ? =0.10s, (a)试问卫星发射时刻卫星距地面的最大 高度 H 是多少 km? (b) 若 ?? = ? 1.0?,定出的 H 有多大误差?(c) 若 ?? = ? 0.010 ? s ,
3 8

定出的 H 有多大误差? 假设地球为半径 R= 6.38 ? 10 km 的球体, 光速 c ? 2.998 ? 10 km ,地面处的重力加速度 g ? 9.81m / s .
2

3. 再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动。设不考虑相对论效应。假设从卫 星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息, 即每个信号发出的时刻及该时刻卫星的位 置,再假设被观测的物体上有一台卫星信号接收器(设其上没有时钟) ,从而可获知这些信 息。 为了利用这些信息来确定物体的运动状态, 即物体接收到卫星信号时物体当时所处的位 置, 以及当时的时刻, 一般来说物体至少需要同时接收到几个卫星同时发来的信号电波?列 出确定物体当时位置和当时时刻的方程。 4. 根据狭义相对论,运动的钟比静止的钟慢,钟在引力场中慢。现在来考虑在上述测量中 相对论的这两种效应。 已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已对准, 假设卫星在离地面

h ? 2.00 ? 104 m 的圆形轨道上运行,地球半径 R、光速 c 和地球表面重力加速度 g 取小题 2
中给的值。 (1) 根据狭义相对论,试估算地上的钟经过 24 小时后,它的示数与卫星上的钟的示数差多 少?设在处理这一问题时可以把匀速直线运动的时钟走慢的公式用于匀速圆周运动。 (2) 根据广义相对论,钟在引力场中变慢的因子是 (1 ?

2?

c

2

) 2 , ? 是钟所在位置的引力势

1

(引力势能与所受引力作用的物体的质量之比,取无限远处引力势为 0)的大小,试问地上 的钟 24 小时后,卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数差多少?

三. (15 分)制冷机是通过外界对机器做功,把从低温吸取的热量连同外界对机器做功得到 的能量一起送到高温处的机器。它能使低温处的温度降低,高温处的温度升高。已知当制冷 机工作在绝对温度为 T1 的高温处和绝对温度为 T2 的低温处之间时,若制冷机从低温处吸取 的热量为 Q,外界对制冷机做的功为 W,则有

T2 Q ? W T1 ? T2
式中等号对应于理论上的理想情况。 某制冷机在冬天作热泵使用(即取暖空调机) ,在室外温度为-5.00?C 的情况下,使某房 间内的温度保持在 20. 00?C。由于室内温度高于室外,故将有热量从室内传递到室外。本题 只考虑传导方式的传热,它服从以下的规律:设一块导热层,其厚度为 l,面积为 S,两侧温 度差的大小为 ?T ,则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处的热量为

H ??

其中 ? 为导热率,取决于导热层材料的性质。

?T S l
2

1.假设该房间向外散热是由面向室外的面积为 S ? 5.00m 、厚度为 l ? 2.00mm 的玻璃 引起的,已知该玻璃的导热率为 ? ? 0.75W ?m ?k ,电费为每度 0.50 元,试求在理想情 况下该热泵工作 12 小时需要多少度电? 2. 若将上述玻璃板换为“双层玻璃板” ,两层玻璃的厚度均为 2.00mm,玻璃板之间夹
?1 ?1

有厚度为 l0 ? 0.50mm 的空气层,假设空气的导热率为 ? ? 0.025W ?m ?k ,电费仍为每
?1 ?1

度 0.50 元,若该热泵仍然工作 12 小时,问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少?

四. (25 分)图 1 所示器件由相互紧密接触的金属层 M 薄绝缘层 I 和金属层 M 构成,按照 经典物理的观点,在 I 层绝缘性能理想的情况下,电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达 另一个绝缘层。但是按照量子物理的原理,在一定的条件下,这种渡越是可能的。习惯上将 这一过程称之为“隧穿” ,它是电子具有波动性的结果。隧穿是单个电子的过程,是独立的 事件。通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量 ?e ( e ? 1.6 ? 10 c )的整数倍,因此 也称为“单电子隧穿” ,MIM 器件也称为“隧穿结” ,或“单电子隧穿结” 。 本题涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理,由于据此可望制成尺寸很小的单电子 器件,这是目前研究的很多、有应用前景的领域。
?19

1. 显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图 1 的器件看成一个电容为 C 的电容器。如图 2 所示,电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷的背景的很小的位 移,可以连续变化。如前所述,以隧穿方式通过绝缘层的只可能是分立的单电子电荷。如果 隧穿过程会导致体系静电能上升,则此过程不能发生,这种现象称为库仑阻塞。试求出发生 库仑阻塞的条件。即电容器极板间的电势差 VAB ? VA ? VB 在什么范围内单电子隧穿过程被 禁止。 2. 假定 VAB ? 0.10mV ,是刚能发生的隧穿电压,试估算电容 C 的大小, 3. 将图 1 的器件与电压为 V 的恒压源相接时,通常采用图 3 所示的双结构器件来观察, 电子隧穿,避免杂散电容的影响。中间的金属块层称为单电子岛。作为电极的左、右金属块 层分别记为 S、D。若已知岛中有净电荷量为-ne,其中净电子数 n 可为正、负整数或零,e 为电子电荷量大小, 两个 MIM 结的电容分别为 CS 和 CD ,试证明: 双结结构器件的静电能中 与岛上净电荷量相关的静电能(简称单电子岛静电能)为

Un ?

(? ne) 2 2(CS ? CD )

4. 在图 3 给出的具有 S(源) 、D(漏)电极双结结构的基础上,通过和岛连接的电容 CG 添 加门电极 G 构成如图 4 给出的单电子三极管结构,门电极和岛间没有单电子隧穿事件发生。 在 V 较小且固定的情况下,通过门电压 VG 可控制岛中的净电子数 n,简单的模型是将 VG 的 作用视为在岛中附加的等效电荷 q0 ? CGVG ,这时单电子岛的静电能可近似为

Un ?

(? ne ? q0 ) 2 2C ?

式中, C

?

? CS ? CD ? CG 。 CGVG e

利用答卷纸上的方格图, 考虑库仑阻塞效应, 用粗线画出净电子数从 n=0 开始,
2

由 0 增大到 3 的过程中,单电子岛的静电能 U n 随 CGVG 的变化的图线(纵坐标表示 U n ,取

U n 的单位为 e

把 n=0,1,2,3 时

C ? CGVG

;横坐标表示 CGVG ,取 CGVG 的单位为 e) 。要求表出关键点的坐标, 并

e

的变化范围填在答卷纸表格中。

此小题只按作图及所填表格给分。

五. (15 分)折射率为 n=1.50、半径为 R 的透明半圆柱体放在空气中,其垂直于柱体轴线的 横截面如图所示,图中 O 点为横截面与轴线的交点,光仅允许从半圆柱体的平面 AB 进入, 一束足够宽的平行单色光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角 i 射至 AB 整个平面上,其中有一 部分入射光束能通过半圆柱体从圆柱面射出,这部分光束在入射到 AB 面上时沿 y 轴方向的 长度用 d 表示。 本题不考虑在光线在透明圆柱体内经一次或多次反射后再射出柱体的复杂情 形。 1. 当平行入射光的入射角 i 从 0?到 90?变化时,试求 d 的最大值 d max 和最小值 d min . 2. 在如图所示的平面内,求出射光束与柱面相交的圆弧对 O 点张角? 与入射角 i 的关 系,并求在掠入射时上述圆弧的位置。

六. (17 分)根据广义相对论,光线在星体的引力场中会发生弯曲,在包含引力中心的平面 内是一条在引力中心附近微弯的曲线,它距离引力中心的最近的点,称为光线的近星点。 通 过近星点与引力中心的直线, 是光线的对称轴。 若在光线所在的平面内选择引力中心为平面 极坐标( r , ? )的原点,选取光线的对称轴为极坐标轴,则光线方程(光子的轨迹方程) 为

r?

c2 a cos ? ? a 2 (1 ? sin 2 ? )

GM

G 是万有引力恒量,M 是星体质量,C 是光速,a 是绝对值远小于 1 的参数。现在假设离地 球 80.0 光年处有一星体,在它与地球球心的连线的中点处有一白矮星。如果经过该白矮星 两侧的星光对地球上的观察者所张的视角是 1.80 ? 10 弧度, 试问此白矮星的质量是多少千 克?已知 G ? 6.673 ? 10
?11 ?7

m3

(kg ? s 2 )

七--1. (11 分) 假设对氦原子基态采用玻尔模型,认为每个电子都在以氦核为中心的圆周 上运动,半径相同,角动量为 ? , ? ?

h ,其中 h 是普朗克常数。 2?

(1) .如果忽略电子间的相互作用, 氦原子的一级电离能是多少 eV ? 一级电离能是指把把其 中的一个电子移到无限远所需要的能量。 (2)实验测得的氦原子的一级电离能是 24.4eV,若在上述玻尔模型的基础上来考虑电子之 间的相互作用,进一步假设:两个电子总通过氦核的一条直径的两端。试用此模型和假设, 求出电子运动轨道的半径 r0 ,基态能量 E0 以及一级电离能 E 。并与实验测得的氦原子的 一级电离能相比较。 已知电子质量 m ? 0.511MeV , c 是光速, 组合常数 ?c ? 197.3MeVfm ? 197.3MeVnm , c2 ke 2 ? 1.44 MeVfm ? 1.44 MeVnm ,k 是静电力常量,e 是基本电荷。 七-- ? (14 分)右图是某粒子穿过云室留下的径迹的照片。径迹在直面内,图的中间是一 块与纸面垂直的铅板, 外加的恒定的匀强磁场的方向垂直于纸面向里, 假设粒子的电荷的大 小是一个基本电荷量 e, e ? 1.60 ? 10
?19 ?

C ,铅板下部径迹的曲率半径 rd ? 210mm ,铅板上
,不考

部径迹的曲率半径 ru ? 76.0mm ,铅板内的径迹与铅板法线成 ? ? 15.0? 角。铅板厚度

d ? 6.00mm ,磁感应强度 B=1.00T ,粒子质量 m ? 9.11? 10?31 kg ? 0.511MeV
虑云室中气体对粒子的阻力, (1)写出粒子运动的方向和电荷的正负。 (2)试问粒子在穿过铅板期间所受的平均阻力是多少 N? (3)假设射向铅板的不是一个粒子而是从加速器中流出的流量为 j ? 5.00 ? 10

c2

18

s

的脉冲

粒子流,一个脉冲持续时间为 ? ? 2.50ns ,试问铅板在此脉冲粒子束所受的力的平均值是 多少 N?铅板在此期间吸收的热量又是多少 J?


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