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2011年第28届全国中学生物理竞赛预赛、复赛、决赛试题及参考答案


第 28 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 6 分) 1、如图 28 预—1 所示,常用示波器中的扫描电压 u 随时间 t 变化的图线是( u t A 2、下面列出的一些说法中正确的是( B ) u t C u t D u t )

图 28 预—1

A.在温度为 20?C 和压强为 1 个大气

压时,一定量的水蒸发为同温度的水蒸气,在此过程中,它所吸收的 热量等于其内能的增量。 B.有人用水银和酒精制成两种温度计,他都把水的冰点定为 0 度,水的沸点定为 100 度,并都把 0 刻度 与 100 刻度之间均匀等分成同数量的刻度,若用这两种温度计去测量同一环境的温度(大于 0 度小于 100 度)时,两者测得的温度数值必定相同。 C.一定量的理想气体分别经过不同的过程后,压强都减小了,体积都增大了,则从每个过程中气体与外 界交换的总热量看,在有的过程中气体可能是吸收了热量,在有的过程中气体可能是放出了热量,在有的 过程中气体与外界交换的热量为零. D.地球表面一平方米所受的大气的压力,其大小等于这一平方米表面单位时间内受上方作热运动的空气 分子对它碰撞的冲量,加上这一平方米以上的大气的重量。 3、如图 28 预—2 所示,把以空气为介质的两个平行板电容器 a 和 b 串联,再与电阻 R 和电动势为 E 的直 流电源如图连接。平衡后,若把一块玻璃板插人电容器 a 中,则再达到平衡时,有( A.与玻璃板插人前比,电容器 a 两极间的电压增大了 B.与玻璃板插人前比,电容器 a 两极间的电压减小了 R C.与玻璃板插入前比,电容器 b 贮存的电能增大了 图 28 预—2 D.玻璃板插人过程中电源所做的功等于两电容器贮存总电能的增加量 4、多电子原子核外电子的分布形成若干壳层,K 壳层离核最近,L 壳层次之,M 壳层更次之,……,每一壳 层中可容纳的电子数是一定的,当一个壳层中的电子填满后,余下的电子将分布到次外的壳层。当原子的内 壳层中出现空穴时,较外壳层中的电子将跃迁至空穴,并以发射光子(X 光)的形式释放出多余的能量,但 亦有一定的概率将跃迁中放出的能量传给另一个电子,使此电子电离,这称为俄歇(Auger)效应,这样电离 出来的电子叫俄歇电子。现用一能量为 40.00keV 的光子照射 Cd(镐)原子,击出 Cd 原子中 K 层一个电子, E b ) a

使该壳层出现空穴,己知该 K 层电子的电离能为 26.8keV.随后,Cd 原子的 L 层中一个电子跃迁到 K 层,而 由于俄歇效应,L 层中的另一个的电子从 Cd 原子射出,已知这两个电子的电离能皆为 4.02keV,则射出的俄 歇电子的动能等于( A.(26.8-4.02-4.02) keV ) B.(40.00-26.8-4.02) keV C.(26.8-4.02) keV D.(40.00-26.8+4.02) keV

5、一圆弧形的槽,槽底放在水平地面上,槽的两侧与光滑斜坡 aa'、bb'相切,相切处 a、b 位于同一水平 面内,槽与斜坡在竖直平面内的截面如图 28 预—3 所示。一小物块从斜坡 aa'上距水平面 ab 的高度为 2h 处沿斜坡自由滑下,并自 a 处进人槽内,到达 b 后沿斜坡 bb'向上滑行,已知到达的最高处距水平面 ab 的 高度为 h;接着小物块沿斜坡 bb'滑下并从 b 处进人槽内反向运动,若不考虑空气阻力,则( A.小物块再运动到 a 处时速度变为零 B.小物块尚未运动到 a 处时,速度已变为零 C.小物块不仅能再运动到 a 处,并能沿斜坡 aa'向上滑行,上升的最大高度为 2h D.小物块不仅能再运动到 a 处,并能沿斜坡 aa'向上滑行,上升的最大高度小于 h 二、填空题和作图题 6、 (6 分)在大气中,将一容积为 0.50m3 的一端封闭一端开口的圆筒筒底朝上筒口朝下竖直插人水池中, 然后放手,平衡时,筒内空气的体积为 0.40m3.设大气的压强与 10.0m 高的水柱产生的压强相同,则筒内外 水面的高度差为 。 b' ) a' 2h b a 图 28 预—3

h

7、 (10 分)近年来,由于“微结构材料”的发展,研制具有负折射率的人工材料的光学性质及其应用,已 受人们关注。对正常介质,光线从真空射人折射率为 n 的介质时,人射角和折射角满足折射定律公式,人 射光线和折射光线分布在界面法线的两侧;若介质的折射率为负,即 n<0,这时人射角和折射角仍满足折 射定律公式, 但人射光线与折射光线分布在界面法线的同一侧。 现考虑由共轴的两个薄凸透镜 L1 和 L2 构成 的光学系统, 两透镜的光心分别为 O1 和 O2, 它们之间的距离为 s.若要求以与主光轴成很小夹角的光线人射 到 O1 能从 O2 出射,并且出射光线与人射光线平行,则可以在 O1 和 O2 之 间放一块具有负折射率的介质平板,介质板的中心位于 OO'的中点,板的 两个平行的侧面与主光轴垂直,如图 28 预— 4 所示。若介质的折射率 n=-1.5 ,则介质板的厚度即垂直于主光轴的两个平行侧面之间的距离 d = 。 8、 (10 分)已知:规定一个 K(钾)原子与 Cl(氯)原子相距很远时,他们的相互作用势能为零;从一个 K 原子中移走最外层电子形成 K+离子所需的能量(称为电离能)为 EK,一个 Cl 原子吸收一个电子形成 Cl
+ -

O1

O2

L1 图 28 预—4

L2

离子释放的能量(称为电子亲和能)为 ECl;K 离子(视为质点)与 Cl-离子(视为质点)之间的吸引力为 库仑力,电子电荷量的大小为 e,静电力常量为 k.利用以上知识,可知当 KCI 分子中 K+离子与 Cl-离子之间

的库仑相互作用势能为零时, K+ 离子与 Cl- 离子之间的距离 rs ,可表示为 EK=4.34ev, ECl=3.62eV,k=9.0×109N?m2?C-2,e=1.60×10-19C,则 rs= m.

。若已知

9、 (10 分)光帆是装置在太空船上的一个面积很大但很轻的帆,利用太阳光对帆的光压,可使太空船在太 空中飞行。设想一光帆某时刻位于距离太阳为 1 天文单位(即日地间的平均距离)处,已知该处单位时间 内通过垂直于太阳光辐射方向的单位面积的辐射能量 E=1.37×103J?m-2?s-1, 设平面光帆的面积为 1.0×106m2, 且其平面垂直于太阳光辐射方向,又设光帆对太阳光能全部反射(不吸收) ,则光帆所受光的压力约等于 N. 10、 (20 分)有两个电阻 1 和 2,它们的阻值随所加电压的变化而改变,从而它们的伏安特性即电压和电流 不再成正比关系(这种电阻称为非线性电阻) 。假设电阻 1 和电阻 2 的伏安特性图线分别如图 28 预—5 所 示。 现先将这两个电阻并联, 然后接在电动势 E=9.0V、 内电阻 r0=2.0Ω 的电源上。 试利用题给的数据和图线在题图中用作图法读得所需的数 据,进而分别求出电阻 1 和电阻 2 上消耗的功率 P1 和 P2.要求: i.在题图上画出所作的图线. (只按所画图线评分,不要求写出画图 的步骤及理由) ii .从图上读下所需物理量的数据(取二位有效数字) ,分别是: ; iii.求出电阻 R1 消耗的功率 P1= 的功率 P2= 。 图 28 预—5 三、计算题 11、 (17 分)宇航员从空间站(绕地球运行)上释放了一颗质量 m=500kg 的探测卫星.该卫星通过一条柔 软的细轻绳与空间站连接, 稳定时卫星始终在空间站的正下方, 到空间站的距离 l=20km.已知空间站的轨道 为圆形,周期 T=92 min(分) 。 i.忽略卫星拉力对空间站轨道的影响,求卫星所受轻绳拉力的大小; ii.假设某一时刻卫星突然脱离轻绳。试计算此后卫星轨道的近地点到地面的高度、远地点到地面的高度和 卫星运行周期。 【取地球半径 R=6.400×103km, 地球同步卫星到地面的高度为 H0=3.6000×104km, 地球自转周期 T0=24 小时】 ,电阻 R2 消耗

12、 (17 分)某同学选了一个倾角为θ的斜坡,他骑在自行车上刚好能在不踩踏板的情况下让自行车沿斜坡 匀速向下行驶,现在他想估测沿此斜坡向上匀速行驶时的功率,为此他数出在上坡过程中某一只脚蹬踩踏 板的圈数 N(设不间断的匀速蹬) ,并测得所用的时间 t,再测得下列相关数据:自行车和人的总质量 m, 轮盘半径 Rl,飞轮半径 R2,车后轮半径 R3.试导出估测功率的表达式。己知上、下坡过程中斜坡及空气作 用于自行车的阻力大小相等,不论是在上坡还是下坡过程中,车轮与坡面接触处都无滑动。不计自行车内 部各部件之间因相对运动而消耗的能量,自行车结构示意图如图 28 预—6 所示。

图 28 预—6

13、 (20 分)电荷量为 q 的正电荷,均匀分布在由绝缘材料制成的质量为 m 半径为 R 的均匀细圆环上,现 设法加外力使圆环从静止开始,绕通过环心垂直于环面的轴线匀加速转动。试求从开始转动到环的角速度 达到某一值ω0 的整个过程中外力所做的功。已知转动带电圆环的等效电流为 I 时,等效电流产生的磁场对 整个以圆环为周界的圆面的磁通量Ф=kI,k 为一已知常量。不计电荷作加速运动所产生的辐射效应。

14、 (20 分)如图 28 预—7 所示,一木块位于光滑的水平桌面上,木块上固连一支架,木块与支架的总质 量为 M,一摆球挂于支架上,摆球的质量为 m,m<M/2 摆线的质量不计。初始时,整个装置处于静止状态, 一质量为 m 的子弹以大小为 v0、方向垂直于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内,摆球和子弹便一 起开始运动。 已知摆线最大的偏转角小于 90?, 在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的, 木块未发生转动。 i.求摆球上升的最大高度; ii.求木块的最大速率; iii.求摆球在最低处时速度的大小和方向。

m M 图 28 预—7

15、 (20 分)如图 28 预—8 所示,坐标原点 O(0,0)处有一带电粒子源,向 y≥0 一侧沿 Oxy 平面内的各 个不同方向发射带正电的粒子,粒子的速率都是 v,质量均为 m,电荷量均为 q.有人设计了一方向垂直于

Oxy 平面,磁感应强度的大小为 B 的均匀磁场区域,使上述所有带电粒子从该磁场区域的边界射出时, 均 能沿 x 轴正方向运动。试求出此边界线的方程,并画出此边界线的示意图。 y

图 28 预—8

x

16、 (20 分)在海面上有三艘轮船,船 A 以速度 u 向正东方向航行,船 B 以速度 2u 向正北方向航行,船 C 以速度 2 2u 向东偏北 45?方向航行。在某一时刻,船 B 和 C 恰好同时经过船 A 的航线并位于船 A 的前方, 船 B 到船 A 的距离为 a,船 C 到船 A 的距离为 2a.若以此时刻作为计算时间的零点,求在 t 时刻 B、C 两船 间距离的中点 M 到船 A 的连线 MA 绕 M 点转动的角速度。

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
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 -11 11 2 °。已知:1AU=1.50×10 m,引力常量 G=6.67×10 Nm /kg2,太阳质量 mS=1.99× 1030kg,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) 。

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 的静摩擦系数为μA,B、D 两点与光滑竖直墙面接触,杆 AB 和 CD 接触处的静摩擦系数为 μC,两杆的质量均为 m,长度均为 l。 1、已知系统平衡时 AB 杆与墙面夹角为θ,求 CD 杆与墙面夹角α应该满足的条件(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) 。

三、 (25 分)在人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称转轴稳定在规定指向,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就是所谓消旋法, 其原理如图所示。 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,另一端各拴有一个质量为

m 的小球,正常情况下,绳绕在圆筒外表面上, 2

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。 若要使卫星减慢或者停止旋转 (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,解除小 球与卫星的联系,于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在 Q、Q′处。 1、 求当卫星角速度减至ω时绳拉直部分的长度 l; 2、 求绳的总长度 L; 3、 求卫星从ω0 到停转所经历的时间 t。

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 E 1 ? E 0 i ,匀强磁场沿 z 方向,磁感应强度 B ? B0 k , E0、B0 分别为已知常量, i、 k 分别为 x 方向和 z 方向的单位矢量。 1、有一束带电量都为+q、质量都为 m 的粒子,同时从 Oyz 平面内的某点射出,它们的初速 度均在 Oyz 平面内,速度的大小和方向各不相同,问经过多少时间这些粒子又能同时回到 Oyz 平面内。 2、 现在该区域内再增加一个沿 x 方向随时间变化的匀强电场, 电场强度 E z ? ( E 0 cos ?t ) k , 式中 ? ?

qB0 ,若有一电荷量为正 q、质量为 m 的粒子,在 t=0 时刻从坐标原点 O 射出, m

初速度 v0 在 Oyz 平面内,试求以后此粒子的坐标随时间变化的规律。 不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用,也不考虑变化的电场产生的磁场。

五、 (15 分)半导体 pn 结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。当有光照射 pn 结时,pn 结两端会产生电势差,这就是光生伏打效应。当 pn 结两端接有负载时,光照使 pn 结内部产 生由负极指向正极的电流即光电流,照射光的强度恒定时,光电流是恒定的,已知该光电流

为 IL;同时,pn 结又是一个二极管,当有电流流过负载时,负载两端的电压 V 使二极管正
V

向 导 通 , 其 电 流 为 I D ? I 0 (e Vr ? 1) , 式 中 Vr 和 I0 在 一 定 条 件 下 均 为 已 知 常 数 。

1、在照射光的强度不变时,通过负载的电流 I 与负载两端的电压 V 的关系是 I=__________________ 。 太 阳 能 电 池 的 短 路 电 流 IS=_______________ , 开 路 电 压 VOC=___________________,负载获得的功率 P=______________。 2、已知一硅 pn 结太阳能电池的 IL=95mA,I0=4.1×10 9mA,Vr=0.026V。则此太阳能电池 的开路电压 VOC=___________________V,若太阳能电池输出功率最大时,负载两端的电压 可近似表示为 VmP ? Vr ln


1 ? (I L / I 0 ) ,则 VmP=______________V。太阳能电池输出的最 1 ? (VOC / Vr )

大功率 Pmax=_______________mW 。若负载为欧姆电阻,则输出最大功率时,负载电阻 R=_____________Ω。 六、 (20 分)图示为圆柱形气缸,气缸壁绝热,气缸的右端有一小孔和大气相通,大气的压 强为 p0。用一热容量可忽略的导热隔板 N 和一绝热活塞 M 将气缸分为 A、B、C 三室,隔 板与气缸固连,活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气,气缸的左端 A 室中有一电加热 器Ω。 已知在 A、 B 室中均盛有 1 摩尔同种理想气体, 电加热器加热前, 系统处于平衡状态, A、B 两室中气体的温度均为 T0,A、B、C 三室的体积均为 V0。现通过电加热器对 A 室中 气体缓慢加热, 若提供的总热量为 Q0, 试求 B 室中气体末态体积和 A 室中气体的末态温度。 设 A、B 两室中气体 1 摩尔的内能 U=5/2RT。R 为普适恒量,T 为热力学温度。

七、 (20 分)如图所示,L 是一焦距为 2R 的薄凸透镜,MN 为其主光轴。在 L 的右侧与它 共轴地放置两个半径皆为 R 的很薄的球面镜 A 和 B。每个球面镜的凹面和凸面都是能反光 的镜面。A、B 顶点间的距离为

3 , R 。在 B 的顶点 C 处开有一个透光的小圆孔(圆心为 C) 2

圆孔的直径为 h。现于凸透镜 L 左方距 L 为 6R 处放一与主轴垂直的高度也为 h(h<<R)的

细短杆 PQ(P 点在主轴上) 。PQ 发出的光经 L 后,其中一部分穿过 B 上的小圆孔正好成像 在球面镜 A 的顶点 D 处,形成物 PQ 的像 I。则

1、 像 I 与透镜 L 的距离等于___________。 2、 形成像 I 的光线经 A 反射,直接通过小孔后经 L 所成的像 I1 与透镜 L 的距离等于 _____________________。 3、 形成像 I 的光线经 A 反射,再经 B 反射,再经 A 反射,最后通过 L 成像 I2,将 I2 的有 关信息填在下表中: I2 与 L 的距离 I2 在 L 左方还是右方 I2 的大小 I2 是正立还是倒立 I2 是实像还是虚像

4、 物 PQ 发出的光经 L 后未进入 B 上的小圆孔 C 的那一部分最后通过 L 成像 I3,将 I3 的 有关信息填在下表中: I3 与 L 的距离 I3 在 L 左方还是右方 I3 的大小 I3 是正立还是倒立 I3 是实像还是虚像

八、 (20 分)有一核反应其反应式为 1 p ? 1 H ? 2 He? 0 n ,反应中所有粒子的速度均远小于
1 3 3 1

光速,试问: 1、它是吸能反应还是放能反应,反应能 Q 为多少? 2、在该核反应中,若 1 H 静止,入射质子的阈能 Tth 为多少?阈能是使该核反应能够发生的 入射粒子的最小动能(相对实验室参考系) 。 3、已知在该反应中入射质子的动能为 1.21MeV,若所产生中子的出射方向与质子的入射方 向成 60.0°角,则该中子的动能 Tn 为多少?
3

已 知 1 p 、 0 n 、 1 H 核 、 2 He 核 的 静 止 质 量 分 别 为 : mP=1.007276u , mn=1.008665u , m3H=3.015501u,m3He=3.014932u,u 是原子质量单位,1u 对应的能量为 931.5MeV。结果取 三位有效数字。

1

1

3

3

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试卷 参考答案及评分标准
一、参考解答: 解法一 取直角坐标系 Oxy,原点 O 位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

x2 y 2 ? ?1 a 2 b2
(1) a、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳 S 位于椭圆的一个焦点处,如图 1 所示. 以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认 为地球绕太阳作圆周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 2 3 ae Te

(2)

y
P

b
设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得

rP
S

?P
P0 x

a

c ? a ? r0 b ? a2 ? c2

O

(3) (4)

由图 1 可知,P 点的坐标

x ? c ? rP cos ? P y ? rP sin ? P
把(5) 、 (6)式代入(1)式化简得

(5) (6)

图1

?a
(7) 根据求根公式可得

2

sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P ? rP2 ? 2b 2 crP cos ? P ? b 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0

rP ?

b 2 ? a ? c cos ? P ? a 2 sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P

(8) 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得

rP ? 0.896AU
(9) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为

E=?
(10)

Gmms 2a

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmm s ? mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
(11) 得

vP ? Gms ?
(12) 代入有关数据得

2 1 ? rP a

vP = 4.39 ?104 m ? s?1
(13) 设 P 点速度方向与 SP0 的夹角为 ? (见图 2),根据开普勒第二定律

rP vP sin ?? ? ? P ? ? 2?
(14) 其中 ? 为面积速度,并有

y
(15) P

??

πab T

b

rP
S

由(9) 、 (13) 、 (14) 、 (15)式并代入有关数据可 得

?P
P0

?
x

a

O

? ? 127?

( 16 )

图2

解法二 取极坐标,极点位于太阳 S 所在的焦点处,由 S 引向近日点的射线为极轴,极角为 ? , 取逆时针为正向,用 r、 ? 表示彗星的椭圆轨道方程为

r?

p 1 ? e cos ?

(1) 其中,e 为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为 a,根据解析几何可知

p ? a ?1 ? e 2 ?
(2) 将(2)式代入(1)式可得

r?
(3)

a 1 ? e2 1 ? e cos?

?

?

以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认 为地球绕太阳作圆周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 2 3 ae Te
(4) 在近日点 ? ? 0 ,由(3)式可得

e ? 1?
(5) 将 ? P 、 a 、 e 的数据代入(3)式即得

r0 a

rP ? 0.895AU
(6) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能

E=?
(7)

Gmms 2a

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmms ? mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
(8) 可得

vP ? Gms ?
(9) 代入有关数据得

2 1 ? rP a

vP = 4.39 ?104 m ? s?1
(10) 设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ? ,彗星在近日点的速度为 v0 ,再根据角动量守恒定 律,有

rP vP sin ?? ? ? P ? ? r0 v0
(11) 根据(8)式,同理可得

v0 ? Gms ?
(12) 由(6) 、 (10) 、(11)、(12)式并代入其它有关数据

2 1 ? r0 a

? ? 127?
(13) 评分标准: 本题 20 分 解法一 (2)式 3 分, (8)式 4 分, (9)式 2 分, (11)式 3 分,(13) 式 2 分,(14)式 3 分,(15) 式 1 分, (16)式 2 分. 解法二 (3)式 2 分, (4)式 3 分, (5)式 2 分, (6)式 2 分, (8)式 3 分,(10) 式 2 分,(11) 式 3 分,(12)式 1 分, (13)式 2 分. 二、参考解答: 1.建立如图所示坐标系 Oxy.两杆的受力情况如图:

f1 为地面作用于杆 AB 的摩擦力, N1 为地面对杆 AB
的支持力, f 2 、 N 2 为杆 AB 作用于杆 CD 的摩擦力和支持 力, N 3 、 N 4 分别为墙对杆 AB 和 CD 的作用力, mg 为重 力.取杆 AB 和 CD 构成的系统为研究对象, 系统平衡时, 由 平衡条件有

y

D

N4

?
B N3 E F N2 mg f2 mg C f1 N1 A x

?
O

N 4 ? N 3 ? f1 ? 0 N1 ? 2mg ? 0
以及对 A 点的力矩

( 1) (2)

1 1 ? ? mgl sin ? ? mg ? l sin ? ? l sin ? ? ? N 3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 ? ?


3 1 mgl sin ? ? mgl sin ? ? N 3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2
(3) 式中 CF 待求. F 是过 C 的竖直线与过 B 的水平线的交点, E 为 BF 与 CD 的交点.由几何 关系有

CF ? l sin ? cot ?
取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有

( 4)

N 4 ? N 2 cos ? ? f 2 sin ? ? 0 N 2 sin ? ? f 2 cos ? ? mg ? 0
以及对 C 点的力矩

( 5) ( 6)

1 N 4l cos ? ? mgl sin ? ? 0 2
解以上各式可得

(7)

N4 ?

1 mg tan ? 2

( 8)

1 sin ? 1 tan ? sin ? ? ?3 N 3 ? ? tan ? ? tan ? ? ? ? mg 2 cos ? 2 sin ? ? ?2 ? 3 tan ? sin ? 1 tan ? sin ? ? f1 ? ? ? ? ? mg cos ? 2 sin ? ? ? 2 N1 ? 2mg 1 ? ? N 2 ? ? sin ? ? tan ? cos ? ? mg 2 ? ? 1 ? ? f 2 ? ? cos ? ? tan ? sin ? ? mg 2 ? ?
CD 杆平衡的必要条件为

(9)

(10)

(11)

(12)

(13)

f 2 ? ?c N 2
由(12) 、 (13) 、 (14)式得

(14)

tan ? ?
AB 杆平衡的必要条件为

2 ? ?C sin ? ? cos ? ? ?C cos ? ? sin ?

(15)

f1 ? ? A N1
由(10) 、 (11) 、 (16)式得

(16)

tan ? sin ? 2 sin ? ? ? 4 ? A ? 3 tan ? sin ? cos ?
(17) 因此,使系统平衡, ? 应满足的条件为(15)式和(17)式. 2.将题给的数据代入(15)式可得

? ? arctan 0.385 ? 21.1?
将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得

(18)

? ? 19.5?
(19) 因此, ? 的取值范围为

19.5? ? ? ? 21.1?
评分标准: 本题 20 分 第 1 问 15 分

(20)

( 1) 、 ( 2) 、 (3)式共 3 分, (4)式 1 分, (5 ) 、 ( 6) 、 (7)式共 3 分,(9) 、(10) 式各 1 分,(12)到(17)式各 1 分. 第2问5分 (18)式 1 分, (19)式 3 分, (20)式 1 分.

三、 参考解答: 解法一 1. 设在时刻 t ,小球和圆筒的运动状态如图 1 所 示,小球位于 P 点,绳与圆筒的切点为 T , P 到 T 的 距离即绳的拉直部分的长度为 l ,圆筒的角速度为 ? , 小球的速度为 v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向 的速度 v1 和垂直于绳子方向的速度 v 2 两个分量.根据 图1 O

T

v v1
P

v2

机械能守恒定律和角动量守恒定律有

1 1 1 1 2 2 2 2 M ? R?0 ? ? m ? R?0 ? ? M ? R? ? ? m ? v12 ? v2 ? 2 2 2 2
(1)

MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mR v1 ? ml v2
(2) 因为绳子不可伸长, v1 与切点 T 的速度相等,即

v1 ? R?
(3) 解(1)、(2)、(3)式得

??

?M ? m ?R 2 ? ml 2 ? ?M ? m ?R 2 ? ml 2 0
v2 ? 2?M ? m ?R 2 l ? ?M ? m ?R 2 ? ml 2 0 M ? m ?0 ? ? m ?0 ? ?

(4)

(5)

由(4)式可得

l?R

(6)

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(6)式,当 ? ? 0 得

L?R

M ?m m

(7)

T? ?? 2 ??1 T
O

l ? ?l l

这便是绳的总长度 L. 3.如图 2 所示,从时刻 t 到 t ? ?t ,切点 T 跟随圆筒转 过一角度 ??1 ? ??t ,由于绳子的拉直部分的长度增加了

v2 ? t ?

?l ,切点相对圆筒又转过一角度 ?? 2 ?
所以在 ?t 时间内,切点转过的角度

?l ,到达 T ? 处, R ?l R

图2

?? ? ??1 ? ?? 2 ? ??t ?

(8)

切点从 T 变到 T ? 也使切线方向改变了一个同样的角度 ?? ,而切线方向的改变是小球具有 垂直于绳子方向的速度 v2 引起的,故有

?? ?
由(1)、(2)、(3)式可得

v2 ?t l

(9)

v 2 ? l ? ?0 ? ? ?
由(8)、 ( 9) 、 (10)三式得

(10)

?l ? R?0 ?t
(11)式表示 l 随 t 均匀增加,故 l 由 0 增加到 L 所需的时间为

(11)

ts ?

L 1 ? ?0 R ?0

M ?m m

(12)

解法二 1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一个小球作为对象进行研究,先研究 任何时刻小球的速度. 在 t 时刻,相对卫星系统质心参考系小球运动 状态如图 1 所示, 绳子的拉直部分与圆筒面的切点 为T , 小球到切点 T 的距离即绳的拉直部分的长度 为 l ,小球到转轴 O 的距离为 r ,圆筒的角速度为
m 2

Q
R

T l r
m 2

P0?

O

P0 Q?

? .由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动,绳将
展开,切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变. 首先考察小球相对于圆筒的运动.在 t 时刻, OT 与 固定在圆筒上的半径 OP0 的夹角为 ? ,如图 2 所示.由于 小球相对圆筒的运动,经过时间 ?t ,切点从圆筒上的 T 点移到 T ? 点,OT ? 与 OP0 的夹角变为 ? ? ?? , 绳的拉直 部分的长度由 l 变为 l ? ,小球由 P 运动到 P? , PP? 便是 小球相对圆筒的位移.当 ?t 很小时 l ? l ? ,故

?

图1

T? ?? T

l? l

P? P P0

?
O

????

???? PP? ? l ??? ? l ??

图2

于是小球相对圆筒的速度大小为

v? ? l
(1)

?? ? l?? ?t
? v

方向垂直于 TP . ?? 是切点相对圆筒转动的角 速度. 再考察圆筒相对质心参考系的转动,即与 圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系 的运动.当圆筒的角速度为 ? 时, 位于转动参考 系中的 P 点(小球所在处)相对质心系的速度 T

? v? ? v?1
l

? v?
P

? v? 2

? ? v? ? v? 2

R O

?

v? ? r?

r

(2)

P0

方向垂直于 OP .可以把 v? 分解成沿着 TP 方 向的分量 v?1 和垂直 TP 方向的分量 v? 2 ,如图 3 所示,即

图3

v?1 ? R?

(3)

v? 2 ? l?
?

(4)

小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的 P 点相对质心系速度的 ? 合成,由图 3 可得 v 的大小
2 v ? v? 1 ? ? v? 2 ? v? ? 2

(5)



l ? R?
故有

(6)

v ? R ? 2 ? ?? ? ?? ? ? 2
2

(7)

因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有

1 1 1 1 2 2 2 M ? R?0 ? ? mR 2?0 ? M ? R? ? ? mv 2 2 2 2 2 MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv?1 ? ml ? v? 2 ? v? ?
由(7)、(8)两式有

(8) (9)

?02 ? ? 2 ?
由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

2 m ? ? ?? ? ? 2 ? M ?m

(10)

?0 ? ? ?
由(10)、(11)两式得

m ? 2 ?? ? ?? ? M ?m

(11)

?0 ? ? ? ? ? ??
故有

?? ? ?0
(12) 上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度,是一个恒量, 将 (12)式代入(11)式得

??
(13) 由(6)、(13)两式得

M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?

l?R
(14)

M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(14)式,当 ? ? 0 得绳总长度, 即

L?R
(15)

M ?m m

3.因 ?? 是一个恒量, ? 随时间的 t 的变化规律为

? ? ?0 t
(16) 当 ? ? 0 时,由(13)式可得卫星停旋时的 ?

?s ?
(17)

M ?m m

设卫星停转所用的时间为 t s ,由(16) 、 (17)式得

ts ?
(18) 评分标准: 本题 25 分. 解法一

?s 1 ? ?0 ?0

M ?m m

第 1 问 12 分. (1) 、 (2)式各 3 分, (3)式 2 分, (6)式 4 分. 第 2 问 3 分. (7)式 3 分. 第 3 问 10 分. (8) 、 (9)式各 3 分, (10)式 2 分, (11) 、 (12)式各 1 分. 解法二 第 1 问 18 分. (1)式 3 分, (2)式 2 分, (7)式 2 分, (8)式 3 分, (9)式 3 分, (12) 式 2 分, (14)式 3 分, 第 2 问 3 分. (15)式 3 分. 第 3 问 4 分. (16)式 2 分, (17)式 1 分, (18)式 1 分. 四、 参考解答:

1.根据题意,粒子的初速度只有 y 方向和 z 方向的分量,设它们为 v0 y 和 v0 z .因为粒子 在 z 方向不受电场力和磁场力作用,故粒子在 z 方向以初速度 v0 z 作匀速运动. 粒子在 Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在 y 方向的初速 度表示为

v0y ? ? v0y1 ? v0y ? v0y1
(1) 其中

v0y1 ? ?
(2) 沿 y 负方向.与 v0y1 相关的磁场力

E0 B0

f Bx ? ? q v0 y1 B0
(3) 沿 x 负方向.粒子受到的电场力

f E ? f Ex ? qE0
(4) 沿 x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在 x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消,故粒 子以大小为

E0 的速度沿 y 负方向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度 B0 v0y 2 ? v0y ? E0 B0

(5) 沿 y 正方向,与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy 面内作匀速圆周运动,以 r 表示 圆周运动的半径,有

q v0y 2 B0 ? m
(6) 可得

2 v0 y2

r

r?

mv0y 2 qB0

(7) 由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期

T=

2?m qB0

(8) (8)式表明,粒子运动的周期与粒子在 y 方向的初速度无关.经过时间 T 或 T 的整数倍所考 察的粒子就能同时回到 Oyz 平面. 2.增加的电场 E2 对粒子在 Oxy 平面内的运动无影响,但粒子在 z 方向要受到此电场力 作用.以 az 表示在此电场力作用下的加速度,有

?

maz ? qE0 cos ?t
(9) 或

az =
(10) 这是简谐运动的加速度,因而有

qE0 cos ?t m

az = ?? 2 z
(11) 由(10)、 (11)可得

z??
(12)

1 qE0 cos ?t ?2 m

因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 的匀速运动,增加电场后,粒子在 z 方向的 运动是匀速运动与简谐运动的叠加,即有

z ? v0z t ?
(13)

1 qE0 cos ?t ?2 m

粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响. 设 ? 0 为粒子在 Oxy 平面内作圆周运动的角速度,则有

?

O

y

?0 ?

2π qB0 ? T m

(14)

?0 t
r

? v0 y 2

由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间 t 的变化关系

x? ? r ?1 ? cos ?0t ? y? ? rsin?0t

(15) x (16)

考虑到粒子在 y 方向还具有速度为 v0y1 的匀速运动, 并利用(2)、 (5)、 (7)、 (14)以及己知条件,

可得带电粒子的运动规律:

x?
(17)

E0 ? ? qB0 ? m ? t? ? v0y ? ? ?1 ? cos qB0 ? B0 ? ? m ? E0 E0 ? qB0 m ? t? t ? v0y ? ? sin B0 qB0 ? B0 ? m mE0 qB cos 0 t 2 qB0 m

y??
(18)

z ? v0z t ?
(19) 评分标准: 本题 20 分.

第 1 问 12 分. ( 2) 、 (3) 、 (4)式共 5 分, (5) 、 ( 6) 、 (7)式共 4 分, (8)式及相关说 明共 3 分. 第 2 问 8 分. (12)式 2 分, (14)式到(19)式各 1 分. 五、 答案与评分标准 本题 15 分.
V ? V ? 1. I L ? I 0 ? e T ? 1 ? ? ? ? ? V ? V ? VI L ? VI 0 ? e T ? 1? ? ? ? ?

(2 分) , IL

(2 分) , VT ln ? 1 ?

? ?

IL ? ? I0 ?

(2 分) ,

(1 分) . (2 分) ;49mW (2 分) ;6.0 ? (2 分) .

2.0.62V (2 分) ;0.54V 六、 参考解答:

在电加热器对 A 室中气体加热的过程中,由于隔板 N 是导热的,B 室中气体的温度要 升高,活塞 M 将向右移动.当加热停止时,活塞 M 有可能刚移到气缸最右端,亦可能尚未 移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止. 1. 设加热恰好能使活塞 M 移到气缸的最右端,则 B 室气体末态的体积

VB ? 2V0
(1) 根据题意, 活塞 M 向右移动过程中, B 中气体压强不变, 用 TB 表示 B 室中气体末态的温度, 有

V0 VB ? T0 TB
(2) 由(1)、(2)式得

TB ? 2T0
(3) 由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的温度

TA ? 2T0
(4) 下面计算此过程中的热量 Qm . 在加热过程中,A 室中气体经历的是等容过程,根据热力学第一定律,气体吸收的热量 等于其内能的增加量,即

QA ?
(5) 由(4)、(5)两式得

5 R (TA ? T0 ) 2

QA ?
(6)

5 RT0 2

B 室中气体经历的是等压过程,在过程中 B 室气体对外做功为

WB ? p0 (VB ? V0 )
(7) 由(1)、(7)式及理想气体状态方程得

WB ? RT0
(8) 内能改变为

?U B ?
(9) 由(4)、(9)两式得

5 R (TB ? T0 ) 2

?U B ?
(10)

5 RT0 2

根据热力学第一定律和(8)、(10)两式, B 室气体吸收的热量为

QB ? ?U B ? WB ?
(11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为

7 RT0 2

Qm ? QA ? QB ? 6 RT0
(12) 若 Q0 ? Qm , B 室中气体末态体积为 2V0 , A 室中气体的末态温度 2T0 . 2.若 Q0 ? Qm ,则当加热器供应的热量达到 Qm 时,活塞刚好到达气缸最右端,但这 时加热尚未停止,只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变,故热量 Q0 ? Qm 是 A 、 B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功,根据热力学第一定律,

? ,有 若 A 室中气体末态的温度为 TA Q0 ? Qm ?
(13) 由(12)、(13)两式可求得

5 5 ? ? 2T0 ) ? R (TA ? ? 2T0 ) R (TA 2 2

?? TA
(14) B 中气体的末态的体积

Q0 4 ? T0 5R 5

VB? = 2V0
(15)

?? 3. 若 Q0 ? Qm ,则隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故 B 室中气体末态的体积 VB ?? ? 2V0 .设 A、B 两室中气体末态的温度为 TA ?? ,根据热力学第一定律,注意 小于 2V0 ,即 VB
到 A 室中气体经历的是等容过程,其吸收的热量

QA ?
(16) B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量

5 ?? ? T0 ) R (TA 2

QB ?
(17) 利用理想气体状态方程,上式变为

5 ?? ? T0 ) ? p0 (VB?? ? V0 ) R (TA 2

QB ?
(18) 由上可知

7 ?? ? T0 ? R ?TA 2

?? ? T0 ) Q0 ? QA ? QB ? 6 R (TA
(19) 所以 A 室中气体的末态温度

?? ? TA
(20) B 室中气体的末态体积

Q0 ? T0 6R

VB?? ?
(21) 评分标准: 本题 20 分.

V0 Q ?? ? ( 0 ? 1)V0 TA T0 6 RT0

得到 Q0 ? Qm 的条件下(1) 、 (4)式各 1 分; (12)式 6 分,得到 Q0 ? Qm 的条件下的 (14)式 4 分, (15)式 2 分;得到 Q0 ? Qm 的条件下的(20)式 4 分, (21)式 2 分.

七、 答案与评分标准: 本题 20 分. 1. 3R (3 分) 2. 6R (3 分) 3.

I 2 与 L 的距离
6R

I 2 在 L 左方还是右
方 右方

I 2 的大小
2h

I2 是 正 立 还 是 倒
立 倒立

I 2 是实像还是虚
像 虚像

第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. 4.

I3 与 L 的距离
18R

I3 在 L 左方还是右方
左方

I3 的大小
2h

I3 是正立还是倒立
倒立

I3 是实像还是虚像
实像

第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分.

八、 参考解答: 1. 反应能

? 2 Q?? ?? mp ? m 3 H ? ? m 3 He ? mn ? c
(1) 式中 c 为光速.代入数据得

?

?

Q ? ?0.764MeV
(2) 上式表明这是一吸能核反应. 2.为了求入射质子阈能,反应前后各粒子都应沿同一直线运动.设质子的入射速度大 小为 vp ,反应后 2 He 的速度大小为 v 3 He ,中子的速度大小为 vn ,根据动量守恒和能量守恒 有
3

mp vp ? m 3 He v 3 He ? mn vn
(3)

1 1 1 2 2 mp vp ? m 3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2
(4) 由(3) 、 (4)式可得
2 2 ? mn ? mp ? mn m 3 He ? 2 ? mp m 3 He ? 2 mp mn vn ? 2 vp vn ? ? v ?2 Q ?0 ? ? ? ? ? ? ? p m 3 He m 3 He m 3 He ? ? ? ?

(5) 令

a?

2 mn ? m 3 He mn

m 3 He mp mn m 3 He m 3 He vp
2 vp ?2 Q

b ? ?2 c?
(6) 把(6)式代入(5)式得

2 mp ? mp m 3 He

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

2 a vn ? b vn ? c ? 0

(7) (7)式有解的条件是

b 2 ? 4ac ? 0

(8) 由(6)式可知, c 可能大于零,亦可能小于零.若 c ? 0 ,则(8)总成立,中子速度一定有解, 反应一定能发生;若 c ? 0 ,则由 (6)、(8)两式得

mn ? m 3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m 3 He ? mp
(9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时,中子速度才有解,反应才能发生,所以入射质子的 阈能为

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
(10) 利用(1)式,在忽略 Q 项的情况下,(10)式可简化为
2

? m Tth ? ?1 ? p ? m3 ? H
(11) 代入有关数据得

? Q ? ? ?

Tth ? 1.02MeV
(12) 3.由动量守恒和能量守恒有

? ? ? mp vp ? m 3 He v 3 He ? mn vn 1 1 1 2 2 mp vp ? m 3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2

? mn vn
(12)

? m 3 He v 3 He

?
(13)

? mp vp

以 ? 表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角,如图所示,根据余弦定律 有

?m
(14) 令

3

v He 3 He

? ? ?m v ? ? ?m v ?
2 2 n n p p

2

? 2mn mp vn vp cos ?

1 2 Tp ? mp vp 2
(15)

1 2 Tn ? mn vn 2
(16)

T3 He ?

1 m3 v2 3 2 He He

(17) 把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得

Q ? Tp ? T3 He ? Tn
(18)

2m 3 HeT3 He ? 2mnTn ? 2mpTp ? 2 2mnTn ? 2mpTp cos ?
(19) 由(18) 、 (19)式,消去 T3 He 后,得

Tn ? 2
(20) 令 得

mn mpTp m 3 He ? mn

cos ? ? Tn ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m 3 He m 3 He ? mn

?

?0

S?

mn mpTp m 3 He ? mn

cos ? , R?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m 3 He m 3 He ? mn

?

(21)

Tn ? 2 S Tn ? R ? 0
(22) 根据题给的入射质子的动能和第 1 问求得的反应能 Q 的值,由(21)式可知 R ? 0 ,故(22) 式的符合物理意义的解为

Tn ? S ? S 2 ? R
(23) 将具体数据代入(21) 、 (23)式中,有

Tn ? 0.132MeV
(24) (如果得到 Tn ? 0.131 MeV,也是对的.) 第 2 问的其他解法 解法一 为了研究阈能,只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况.若碰撞后 2 He 和中 子的速度相同,即粘在一起运动(完全非弹性碰撞),则在碰撞过程中损失的机械能最多,若 所损失的机械能正好等于反应能,则入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能. 设质子的 入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大小为 v ,根据动量守恒和能量守恒有
3 3

mp vp ? (m 3 He ? mn ) v
(1)

1 1 2 mp vp ? (m 3 He ? mn )v 2 ? Q 2 2
(2) 由(1) 、 (2)式可得

mn ? m 3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m 3 He ? mp
(3) 所以阈能为

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m 3 ? mp ? ? He ? ?
(4) 利用第 1 问中的(1)式,并注意到

Q ?? 1 m3 H c 2


1 ? mn ? m 3 He ? mp
2

1 ? Q ? m3 H ?1 ? ? m3 c 2 ? ? ? H ?

?

1 m3 H

? Q ? 1? ? ? m3 c 2 ? ? ? H ?

在忽略 Q 项的情况下,(4)式可简化为

? m Tth ? ?1 ? p ? m3 ? H
(5) 代入有关数据得

? Q ? ? ?

Tth ? 1.02MeV
(6) 第2问8分 (1)、(2)式各 3 分,(4)式或(5)式 1 分,(6)式 1 分.

解法二 在牛顿力学中可以证明, 质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的 动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用,则质点系 的动量守恒,质心速度不变,故质心动能亦恒定不变;如果质点系内部的相互作用导致质点 系机械能的变化, 则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中, 如果质 子 p 与氚 1 H 发生反应后,生成的中子 n 和氦 2 He 相对质心都静止,则质子 p 与氚 1 H 相对
3 3 3

质心运动的动能之和全部转化成反应能,反应后系统的动能只有质心的动能,在这请况下, 转化成其他形式能量的机械能最多,入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能.所以入射 质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.

? 以 v? p 和 v 3 H 分别表示质子 p 和氚 1 H 相对质心的速度,有
3

1 1 2 Q = mp v? m 3 H v?32H p ? 2 2
(1) 因系统质心的速度

vc ?
(2) 而

mp vp mp ? m 3 H

v? p ? vp ? vc ?
(3)

m 3 H vp mp ? m 3 H mp vp mp ? m 3 H

v?3 H ? 0 ? vc ? ?
(4) 由(1)、(3)、(4)式得

Q ?

m3 H mp ? m 3 H

1 2 mp vp 2

(5) 在牛顿力学中,系统的总质量是恒定不变的,这就导致系统质心的动能在反应前后恒定 不变的结论,但在本题中,损失掉的机械能导致系统总质量的变化,使反应前系统的总质量 与反应后系统的总质量不相等,即 mp ? m 3 H ? mn ? m 3 He .如果仍沿用牛顿力学的结论, 对 一个孤立系统,其质心速度是不会改变的,故反应后质心的动能应为

Ec ?


1 1 1 Q 2 2 2 mn ? m 3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc ? vc 2 2 2 c2

?

?

2 2 mp vp mp Q Q 1 Q 2 1 Q v ? ? ? ? ? c 2 2 2 2 2c 2 c ? m ? m3 ? c mp ? m 3 H m 3 H p H

由此可见,在忽略 Q 的条件下

2

1 1 2 2 mn ? m 3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc 2 2

?

?

而入射质子的阀能

Tth ?
(6) 由(2)、(5)、(6)式得

1 2 mp ? m 3 H ? vc ?Q ? 2

? m Tth ? ?1 ? p ? m3 ? H
(7) 代入有关数据得

? Q ? ? ?

Tth ? 1.02MeV
(8) 第2问8分 (1)、(5) 、(6)式各 2 分, (7)式 1 分, 、(8)式 1 分.

解法三 考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况,若入射质子与与静止的 1 H 发生完全非 弹性碰撞,即反应后产生的中子和 2 He 以相同的速度运动,则入射质子的动能就是阈能.以
3 3

m10 表示质子的静止质量, m20 表示 3 m30 表示中子的静止质量, m40 表示 3 1 H 的静止质量, 1 He
的静止质量,设质子的入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大小都为 v ,根据动 量守恒和能量守恒有
3

m1vp ?

? m30 ? m40 ? v
1? v2 c2

(1)

m1c ? m20 c
2

2

m30 ? m40 ? c 2 ? ? v2 1? 2 c

(2) 式中 m1 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得

v=
(3)

m1vp m1 ? m20

把(3)式代入(1)式,经整理得

? m1 ? m20 ?
(4) 由

2

2 c 2 ? m12 vp ? ? m30 ? m40 ? c 2 2

m1 ?

m10 1?
2 vp

c2

(5) 可得

m ?m ?
2 1 2 10

2 m12 vp

c2

(6) 若入射质子的阈能为 Eth ,有

m1c 2 ? m10 c 2 ? Eth
(7) 由(4)、(6)、(7)式可得

Eth
(8) 利用题给条件并引入反应能,得

? m ? m40 ? ? ? m10 ? m20 ? ? 30
2

2

2m20

Eth ?
(9) 或有

mp ? m 3 H ? mn ? m 3 He 2m 3 H

Q

Q + 2 ? mp ? m 3 H ? 2 mp ? m 3 H Eth ? c Q ? Q 2m 3 H m3 H
(10) 代入有关数据得

Tth ? 1.02MeV
(11) 第2问8分 (1)、(2) 、(8)式各 2 分, (9)或(10)式 1 分, (11)式 1 分.

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


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