第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.docx

《第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.docx（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答一、（20分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为、，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且互相平行；各自过切点的母线互相垂直。取两柱面切点O为直角坐标系O-XYZ的原点，下侧柱面过切点O的母线为X轴，上侧柱面过切点O的母线为Y轴。一束在真空中波长为的可见光沿Z轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干预；借助于光学读数显微镜，逆着Z轴方向，可观测到原点旁边上方柱面上的干预条纹在X-Y平面的投影。与远大于傍轴光线干预区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为。试推导第k级亮纹在X-Y平面的投影的曲线方程。已知：a.

2、在两种匀称、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏）介质；光线在光密（疏）介质的外表反射时，反射波存在（不存在）半波损失。任何情形下，折射波不存在半波损失。伴随半波损失将产生大小为的相位突变。b. 。参考解答： 如图a所示，光线1在上侧柱面P点处傍轴垂直入射，入射角为，折射角为，由折射定律有其中与分别玻璃与空气的折射率。光线在下侧柱面Q点处反射，入射角与反射角分别为与，由反射定律有光线在下侧柱面Q点的反射线交上侧柱面于点，并由点向上侧柱面折射，折射光线用表示；光线正好与点处的入射光线2的反射光线相遇，发生干预。考虑光波反射时的半波损失，光线与光线在点处光程差为式中为入射光

3、线在真空中的波长，。由题意，与远大于傍轴光线干预区域所对应的两柱面间最大间隙；因此在傍轴垂直入射状况下有式成为亦即在傍轴条件下， 柱面上P、Q两处切平面的法线近似平行，因此从而，在P、Q两处，不仅切平面的法线近似平行，而且在上下外表的反射光线、折射光线均近似平行于入射线，因此也近似平行于Z轴，从而与P点近似重合，即且PQ近似平行于Z轴，因此长度由式得可以将式右端的坐标近似用或坐标表出。为此，引入一个近似公式。如图b所示，设置于平面上的柱面透镜与平面之间的空气隙的厚度为，柱面半径为。对三边边长分别为、与的直角三角形有即在光线傍轴垂直入射时，可略去式左端的，故在光线傍轴垂直入射时， 前面已证近似有

4、PQ/Z轴。故可将上、下两个柱面上的P、Q两点的坐标取为P、Q，如图c所示。依据式可知，P、Q 两点到XOY切平面的间隔 分别为 最终，光线在上、下两个柱面反射并相遇时, 其光程差为若P、Q两点在XOY平面的投影点落在第级亮(暗)纹上，则须满意条件式中亮环条件对应于第k级亮纹上的点的-、-坐标满意的方程。更详细地，不妨假设，依据式中的亮环条件，可得第k级亮纹的方程为它们是椭圆亮环纹，其半长轴与半短轴分别为评分参考：式各1分，式2分，式各1分，式2分，式1分，式2分，式各1分，式2分，式1分，式（亮环条件正确）2分。二、（20分）某秋天早晨，气温为，一加水员到试验园区给一内径为、高为的圆柱形不锈

5、钢蒸馏水罐加水。罐体导热良好。罐外有一内径为的透亮圆柱形视察柱，底部与罐相连（连接处很短），顶部与大气相通，如图所示。加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。此时加水员通过视察柱上的刻度看到罐内水高为。（1）从早晨到中午，气温缓慢升至，问此时视察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐与视察柱体积随温度的变更可忽视。（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功与汲取的热量分别为多少？求这个过程中罐内空气的热容量。已知罐外气压始终为标准大气压，水在时的密度为，水在温度变更过程中的平均体积膨胀系数为，重力加速度大小为，肯定零度为。参考解答

6、：（1）早晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为式中为罐内空气的摩尔数，、与分别是此时罐内空气的压强、体积与温度。至中午时，由于气温上升，罐内空气压强增大，设此时罐内空气的压强、体积与温度分别为、与，相应的状态方程为式中。空气与水的体积都发生变更，使得视察柱中水位发生变更，此时视察柱内水位与罐内水位之差为，式中右端第三项是由原罐内与视察柱内水的膨胀引起的奉献，为早上加水后观测柱内水面的高度，、分别为罐、视察柱的横截面积。由力平衡条件有式中是水在温度为时的密度。联立式得关于的一元二次方程为式中解方程得另一解不合题意，舍去。由式与题给数据得由上式与题给数据得，中午视察柱内水位为（2）先求罐内空气从早

7、晨至中午对外所做的功。（解法一）早上罐内空气压强；中午视察柱内水位相对于此时罐内水位上升，罐内空气压强上升了由于，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为罐内空气体积缩小了可见，这说明式是合理的。罐内空气对外做功（解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的随意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度与压强分别为、与。水温为时水的密度为将式中的、与换为、与，利用式得，罐内空气在温度为时的状态方程为由题设数据与前面计算结果可知这说明式右端分子中与有关的项不行略去，而右端分母中与有关的项可略去。于是式可利用状态方程，上式可改写成从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为

8、（解法三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的随意时刻，罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度与压强分别为、与。水在温为时的密度为将式中的、与换为、与，利用式得，罐内空气在温度为时的状态方程为式中应用了式可改写成 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为现计算罐内空气的内能变更。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于早晨的内能变更为式中5是常温下空气分子的自由度。由热力学第肯定律得，罐内空气的吸热为从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为评分参考：第（1）问10分，式各1分，式2分；第（2）问10分，式各1分，式各2分，式1分。三、（20分）木星是太阳系内质量最大的行星（

9、其质量约为地球的318倍）。假设地球与木星均沿圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。将太阳、地球与木星都视为质点，忽视太阳系内其它星体的引力；且地球与木星之间的引力在有太阳时可忽视。已知太阳与木星质量分别为与，引力常量为。地球与木星绕太阳运行的轨道半径分别是与。假设在某个时刻，地球与太阳的连线与木星与太阳的连线之间的夹角为。这时若太阳质量突然变为零，求（1）此时地球相对木星的速度大小与地球不被木星引力俘获所须要的最小速率。（2）试探讨此后地球是否会围绕木星转动，可利用（1）中结果与数据、木星公转周期。参考解答：（1）若太阳质量突然变为零，地球与木星围绕太阳转动速度不会突然变更，因此应当等于在

10、太阳质量变为零之前的瞬间，地球与木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前，地球与木星绕太阳转动速度分别是与。以太阳为原点、地球与木星公转轨道平面为平面建立坐标系。由万有引力定律与牛顿第二定律有由式得同理有 现计算地球不被木星引力俘获所须要的最小速率（不考虑太阳引力）。若地球相对木星刚好以速度运动，也就是说，当地球在木星的引力场里运动到无限远时，速度刚好为零，此时木星-地球系统引力势能为零，动能也为零，即总机械能为零。按机械能守恒定律，在地球离木星间隔 为时，速度满意即可见，地球不被木星引力俘获所须要的最小速率的大小与木星质量与地球离木星的间隔 有关。 设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢

11、为地球的位矢为式中为地球此时的位矢与x-轴的夹角。此时地球与木星的间隔 为此时地球相对于木星的速度大小为式中项前面取减号是因为考虑到木星与地球同方向绕太阳旋转的原因。由式得（2）解法（一） 为了推断地球是否会围绕木星转动，只需比拟与的大小。由开普勒第三定律有式中是木星公转周期，而是地球公转周期。由式得与都是正数，所以，由式有：明显，式右端当，即时取最小值，此时太阳、地球、木星共线，且地球与木星在太阳同侧。由式与题给数据有也就是说，在任何状况下，即若太阳质量突然变为零，地球必定不会被木星引力俘获，不会围绕木星旋转。这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向一样的状况。若地球与木星绕太阳转动方向相反，则

12、地球与木星的相对速度会更大，而不变，地球也不会围绕木星旋转。解法（二）为了推断地球是否会围绕木星转动，只需比拟与的大小。首先探讨时的状况，即在太阳质量变为零的瞬间，太阳、地球、木星共线，且地球与木星在太阳同侧的情形。由开普勒第三定律有式中是木星公转周期，而是地球公转周期。由式得将式与有关数据代入式得可见，此时有所以这种情形下地球不会围绕木星旋转。这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向一样的状况。若地球与木星绕太阳转动方向相反，则地球与木星的相对速度会更大，而不变，地球也不会围绕木星旋转。对于的状况，当从0到（或从0到）变更时，从式式可以看到，单调增大，单调减小 所以总有式成立。因此，若太阳质量突

13、然变为零，地球仍不会围绕木星旋转。评分参考：第（1）问10分，式各1分；第（2）问10分，式2分，式1分，式各2分，式各1分，结论正确给1分。四、（20分）蹦极是年轻人宠爱的运动。为探讨蹦极过程，现将一长为、质量为、当仅受到绳本身重力时几乎不行伸长的匀称弹性绳的一端系在桥沿b，绳的另一端系一质量为的小物块（模拟蹦极者）；假设比大许多，以致于匀称弹性绳受到绳本身重力与蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，但仍在弹性限度内。在蹦极者从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过程中，不考虑程度运动与可能的能量损失。重力加速度大小为。（1）求蹦极者从静止下落间隔 （ ）时的速度与加速度的大小，

14、蹦极者在所考虑的下落过程中的速度与加速度大小的上限。（2）求蹦极者从静止下落间隔 （ ）时，绳在其左端悬点b处张力的大小。参考解答：（1）由题意，匀称弹性绳在自重作用下几乎不行伸长，此即其劲度系数特别大。因此，虽然绳的弹力大小不行忽视，但绳在自重作用下的弹性势能却可忽视不计。取桥面为重力势能零点，系统总的初始能量是绳的初始势能，即式中，是绳的质量，是绳的原长。蹦极者下落间隔 时，系统的动能为式中，是蹦极者的质量，是蹦极者的速度大小，它等于下落的绳的速度。下落的那段绳的重力势能为而此时静止的那段绳的重力势能为由式得，此时系统（蹦极者与绳）总的机械能为按题意，不考虑可能的能量损失，有由式得将式两边

15、对时间求导得将代入式得，蹦极者加速度大小为 或 在所考虑的下落过程中，加速度向下，速度大小的上限为由式有加速度大小的上限为（2）解法（一）设蹦极者在时刻下落到离起始程度面间隔 处，在时刻下落到离起始程度面间隔 处。考虑时刻绳底端右边长度为的一小段绳，它在时刻静止于绳底端左边，如图所示。在这个过程中，在竖直方向上，对这一小段绳应用冲量定理有式中与分别是绳的弯曲段左、右两端在时刻张力的大小。 另一方面，对于右边正在下落的那段绳，由牛顿第二定律有联立式得由式得取，绳在其上端悬点b处的张力大小为由式得解法（二）设蹦极者在时刻下落到离起始程度面间隔 处，在时刻下落到离起始程度面间隔 处。整个系统（整段绳

16、、蹦极者与地球）在这段时间始末动量的变更为 外力的冲量为由动量定理并利用可得对右边那段绳应用牛顿第二定律有这里利用理解法（一）的式。将上式代入式，并取获得由式得解法（三）设蹦极者在时刻下落到离起始程度面间隔 处，在时刻下落到离起始程度面间隔 处。整个系统（整段绳、蹦极者与地球）在这段时间始末动量的变更为 外力的冲量为由动量定理并利用可得利用式，式成为式中右端已取。由式得评分参考：第（1）问10分，式各1分。第（2）问10分，（解法一）式各2分，式各1分，式2分；（解法二）式各2分，式各1分，式2分（其中包括（解法一）式的1分），式2分；（解法三）式各2分，式各1分，式各2分。五、（20分）一种

17、拉伸传感器的示意图如图a所示：它由一半径为的圆柱形塑料棒与在上面严密缠绕（）圈的一层细绳组成；绳松软绝缘，半径为，外外表匀称涂有厚度为（）、电阻率为的石墨烯材料；传感器两端加有环形电极（与绳保持良好接触）。未拉伸时，缠绕的绳可视为个椭圆环挨在一起放置；该椭圆环面与圆柱形塑料棒的横截面之间的夹角为（见图a），相邻两圈绳之间的接触电阻为。现将整个传感器沿塑料棒轴向朝两端拉伸，绳间出现个缝隙，每个缝隙中刚好有一整圈绳，这圈绳被自动调整成由一个未封闭圆环与两段短直线段（与塑料棒轴线平行）串接而成（见图b）。假设拉伸前后 、均不变。（1）求拉伸后传感器的伸长率（是传感器两电极之间间隔 的伸长与其原长之比

18、）与两环形电极间电阻的变更率；（2）在传感器两环形电极间通入大小为的电流，求此传感器在未拉伸及拉伸后，在塑料棒轴线上离塑料棒中点O间隔 为（远大于传感器长度）的P点（图中未画出）处沿轴向的磁感应强度。已知：长半轴与短半轴的长度分别为与的椭圆的周长为，其中。参考解答：（1）如图a所示，由几何关系知，传感器轴向与细绳的横截面之间的夹角也是。传感器两电极之间的长度（原长）为每圈绳可看作长半轴为、短半轴为的椭圆环，其周长为式中。拉伸后，传感器的伸长率为，产生了个缝隙，设每个缝隙宽，传感器的长度变为式中由式得式中最终一步是因为考虑到的原因。由电阻定律并利用式得，每圈椭圆环形细绳沿着塑料棒轴向的电阻为式中

19、因子1/2是由于细绳内、外半圈的电阻并联的原因。未拉伸时传感器的电阻为拉伸后，产生缝隙地方的电阻将由原来的接触电阻与之与变为（为细绳单独绕圆柱形塑料棒一圈的电阻）传感器在其伸长率为时的电阻变为由式得，传感器在其伸长率为时的电阻变更率为（2）在未拉伸时电流沿着塑料棒轴向，依据毕奥-萨伐尔定律，此时不会产生沿塑料棒轴向的磁场，P点处沿塑料棒轴向的磁感应强度为零。同理，只有拉伸后每个缝隙处的细圆环绳中的电流才会产生沿塑料棒轴向的磁场。现仅考虑一圈中心与P点的间隔 为的细圆环绳产生的磁场。如右图所示，在圆环上任始终径一端各取电流元与，它在P点产生的磁场与，与的垂直于轴线的重量互相抵消，它们的合磁感应强

20、度沿塑料棒轴向，其大小为（是与的夹角）。将整个圆环电流类似地按各直径两端分割成一个个电流元，P点沿塑料棒轴向的总磁场即为各元电流在该点产生的磁场的轴向重量之与。留意到可以写为（是弧元所对的圆心角），由毕奥-萨伐尔定律有式中。对于给定的P点，是常数，于是有式中将式代入式得由题设，远大于传感器的长度，故也远大于，因此，于是传感器伸长后有个缝隙，由式得评分参考：第（1）问10分，式各1分；第（2）问10分，传感器在未拉伸时答案正确给1分，式各1分，式各2分，式1分，式2分。六、（20分）光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其构造如图a所示：它主要由一个光阴极、个倍增级与一个阳极构成

21、；光阴极与第1倍增级、各相邻倍增级及第倍增级与阳极之间均有电势差；从光阴极逸出的电子称为光电子，其中大局部（百分比）被搜集到第1倍增级上，余下的被干脆搜集到阳极上；每个被搜集到第倍增级（）的电子在该电极上又使得个电子（)逸出；第倍增级上逸出的电子有大局部（百分比）被第倍增级搜集，其他被阳极搜集；直至全部电子被阳极搜集，实现信号放大。已知电子电荷量肯定值为。（1）求光电倍增管放大一个光电子的平均能耗，已知，；图b（2） 为使尽可能多的电子从第倍增级干脆到达第倍增级而非阳极，早期的光电倍增管中，会施加垂直于电子运行轨迹所在平面（纸面）的匀强磁场。设倍增级的长度为且相邻倍增级间的几何位置如图b所示，

22、倍增级间电势差引起的电场很小可忽视。所施加的匀强磁场应取什么方向以及磁感应强度大小为多少时，才能使从第倍增级垂直出射的能量为的电子中干脆打到第倍增级的电子最多？磁感应强度大小为多少时，可以保证在第倍增级上至少搜集到一些从第倍增级垂直出射的能量为的电子？参考解答：（1）设从光阴极逸出的电子个数为，按题述，从第1倍增级逸出的电子个数为可用归纳法得出从第倍增级逸出的电子个数为光阴极、第倍增级与第倍增级向阳极奉献的电子数 、与分别为光阴极与阳极间电势差、第倍增级与阳极之间的电势差分别为从光阴极溢出的电子被电势差加速所消耗的能量、从第倍增级溢出到阳极的电子被电势差加速所消耗的能量、第倍增级溢出到第倍增级

23、的电子被电势差加速所消耗的能量分别为消耗的总电能为将式代入式得，放大单个光阴极逸出的电子消耗的平均能量为当、时，上式各项中含因子的局部的奉献远大于其他局部，因此可仅保存含级因子的项，有（2）所加磁场应当垂直纸面对里。磁场供应洛仑兹力，且忽视重力与电场力，电子在匀强磁场中作匀速圆周运动。由于电子的逃逸速度垂直于电极，电子运动轨迹的圆心将在电极所在的直线上。运动轨迹如右图所示。当第倍增级最左端的电子到达第倍增级最右端时，轨迹为1，圆心在第倍增级的延长线上，由几何关系知，对应的半径满意当第倍增级最左端的电子到达第倍增级最左端时，轨迹为2，对应的轨道半径满意当第倍增级最右端的电子到达第倍增级最右端时，

24、轨迹为3，对应的轨道半径满意当第倍增级最右端的电子到达第倍增级最左端时，轨迹为4，对应的轨道半径满意由式分别解得设电子在磁场中作匀速圆周运动的速率为，由洛仑兹力公式与牛顿第二定律有由式得式中是速率为的电子的动能。由式可解出相应的的大小为当时，第倍增级释放的电子中只有最左边的被搜集；若，则一个电子都不会被搜集。因此为使第倍增级能搜集到电子，应当有。当时，全部电子都被第倍增级搜集。当时，第倍增级释放的电子中只有最右边的被搜集到；若，则一个电子都不会被搜集。因此为使第倍增级能搜集到电子，应当有。因此，当时第倍增级搜集到的电子最多；当时，第倍增级会有电子被搜集。评分参考：第（1）问7分，式各1分；第（

25、2）问13分，所施加的匀强磁场方向正确给1分，式各1分，式2分，式1分，式2分。式1分，式2分。七、（20分）两根质量匀称分布的杆AB 与BC，质量均为，长均为，A端被光滑铰接到一固定点（即AB杆可在竖直平面内绕A点无摩擦转动）。开场时C点有外力保持两杆静止，A、C在同一程度线AD上，A、B、C三点都在同一竖直平面内，。某时刻撤去外力后两杆始终在竖直平面内运动。（1）若两杆在B点固结在一起，求（i）初始时两杆的角加速度；（ii）当AB杆运动到与程度线AD的夹角为时，AB杆绕A点转动的角速度。（2）若两杆在B点光滑铰接在一起（即BC杆可在竖直平面内绕B点无摩擦转动），求初始时两杆的角加速度以及两

26、杆间的互相作用力。参考答案：（1）（i）两杆AB 与BC对于A点的转动惯量分别为两杆固结在一起，因此两杆可视为一个刚体绕A点做定轴转动，总的转动惯量为撤去外力作用后，两杆所受到的重力相对于A点的总力矩为两杆的角加速度一样，设为（以顺时针方向为正方向），则由刚体转动定理得联立式得，两杆的角加速度为（ii）考虑AB杆从初始位置到与程度线AD的夹角为位置这一过程，两杆重力势能的变更量为两杆动能的变更量为式中，为AB杆与程度线AD的夹角为时绕A点转动的角速度。整个过程中机械能守恒定律联立式得（2）两杆在B点由光滑铰链连接，因此杆AB 与BC不能整体视为一个刚体，其角加速度不相等，分别设为（以顺时针方向

27、为正方向）；取B点为原点， 、轴正方向分别程度向右、竖直向下，设BC杆对AB杆的作用力沿、轴的重量分别为、。对于AB杆，相对于A点，由刚体转动定理得对于BC杆，AB杆对BC杆的作用力沿、轴的重量分别为、，设BC杆质心的加速度沿、轴的重量分别为、，由刚体质心运动定理得BC杆同时还绕其质心转动，由刚体转动定理得两杆连接点B的加速度沿、轴的重量、为 联立式得两杆间互相作用力的大小为设BC杆对AB杆的作用力与竖直方向夹角为，则评分参考：第（1）问10分，第（i）小问6分，式各1分；第（ii）小问4分，式各1分。第（2）问10分，式各1分。八、（20分）质子是由更小的所谓“局部子”构成的。欧洲大型强子对

28、撞机（LHC）是高能质子-质子对撞机，质子束内单个质子能量为（），两束能量一样的质子相向而行对撞碎裂，其中相撞的两个局部子a、b互相作用湮灭产生一个新粒子。设局部子a、b的动能在质子能量中所占的比值分别为、，且远大于其静能。（1）假设两个局部子a、b对撞湮灭产生了一个静质量为的新粒子S，求与的乘积；（2）假设新粒子S产生后衰变到两个光子，在新粒子S静止的参考系中，求两光子的频率；（3）假设新粒子S产生后在其静止坐标系中衰变到两个质量为的轻粒子A，每个轻粒子A再衰变到两个同频率的光子，求在这个坐标系中这两个光子动量之间的夹角。已知：；普朗克常量，电子电荷量肯定值。参考解答：（1） 局部子a、b的

29、动能分别为它们远大于其静能，所以局部子a、b的质量可忽视，其动量大小分别为负号说明局部子a、b的动量方向相反，在同一条直线上。局部子a、b对撞湮灭产生新粒子S，依据能量守恒定律，S的能量为依据动量守恒定律，S的动量大小为由自由粒子的动量与能量关系有由式得由式与题给数据得（2）在新粒子S静止的参考系中，设S衰变成的两光子的频率分别为与，它们的能量与动量大小分别为负号说明两光子的动量方向相反，在同一条直线上。S衰变前后能量与动量守恒，有由式得由式与题给数据得（3）在S产生时静止的参照系中，对于S衰变到两个粒子A的过程，设两个粒子A的能量、动量大小分别为与，由能量守恒定律与动量守恒定律，以及自由粒子的动量与能量关系可知，每个粒子A的动量大小相等，因此每个粒子A的能量为在粒子A衰变到两个同频率光子的过程中，由能量守恒得式中是每个光子的频率。设两光子动量之间夹角为，由动量守恒定律知，在平行与垂直于粒子A运动方向上分别有由式得可见，两光子夹角特别小，利用，由式得评分参考：第（1）问7分，式各1分；第（2）问6分，式各1分；第（3）问7分，式各1分，式2分。