第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.pdf

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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1R、2R，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各自过切点的母线相互垂直。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涉；借助于光学读数显微镜，逆着Z轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在X-Y平面的投影。1R 和2R 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为01.00n。试推导第k

2、 级亮纹在X-Y 平面的投影的曲线方程。已知：a.在两种均匀、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）介质的表面反射时，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.sin,1xxx当。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0，由折射定律有00sinsinnn其中 n和0n 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i和 i，由反射定律有ii光线在下侧柱面Q 点的反射线交上侧柱面于P点，并由P点向上侧柱面折射，折射光线用

3、1表示；光线1正好与P点处的入射光线2 的反射光线2相遇，发生干涉。考虑光波反射时的半波损失，光线1与光线2在P点处光程差L为p0p0pp()(P QP Q)()(P QP Q)()22Lnznnznn zz式中为入射光线在真空中的波长，01.00n。由题意，1R 和2R 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙；因而在傍轴垂直入射情况下有0，1ii式成为00nn亦即010n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010ii从而，在P、Q 两处，不仅切平面的法线近似平行，而且在上下表面的反射光线、折射光线均近似平行于入射线，因而也近似平行于Z 轴，从而P与 P点近似重

4、合，即ppzz且 PQ 近似平行于Z 轴，因而长度PQP QPQzz由式得00PQ2PQ222Lnnzz可以将式右端的-z 坐标近似用-x或-y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e，柱面半径为R。对三边边长分别为R、Re和 r 的直角三角形有222=RRer即222Reer?在光线傍轴垂直入射时，eR，可略去?式左端的2e，故22reR?在光线傍轴垂直入射时，前面已证近似有PQ/Z 轴。故可将上、下两个柱面上的P、Q 两点的坐标取为PP(,)x y z、QQ(,)x y z，如图c所示。根据?式可知，P、Q 两点到 XOY 切平面

5、的距离分别为21P12xezR，22Q22yezR?最后，光线在上、下两个柱面反射并相遇时,其光程差L为0PQ0122222Lnzznee222200121222222xyxynnRRRR?若 P、Q 两点在 XOY 平面的投影点(,)x y 落在第k级亮(暗)纹上，则L须满足条件22012,1,2,12(),0,1,2,2kkxyLnRRkk亮环暗环?式中亮环条件对应于第k 级亮纹上的点(,)x y z 的x-、y-坐标满足的方程。更具体地，不妨假设12RR，根据?式中的亮环条件，可得第k 级亮纹的方程为22221,1,2kkxykAB?它们是椭圆亮环纹，其半长轴与半短轴分别为101()/,

6、1,2,2kAkRnk，201()/,1,2,2kBkRnk?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）某秋天清晨，气温为 4.0 C，一加水员到实验园区给一内径为2.00 m、高为 2.00 m 的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水。罐体导热良好。罐外有一内径为4.00 cm 的透明圆柱形观察柱，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。此时加水员通过观察柱上的刻度看到罐内

7、水高为1.00 m。（1）从清晨到中午，气温缓慢升至24.0 C，问此时观察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？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501.0 11 0P ap，水 在 4.0 C 时 的 密 度 为3301.0010 kg m，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为413.0310K，重力加速度大小为29.80m sg，绝对零度为273.15 C。参考解答：（1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为000p VnRT式

8、中n为罐内空气的摩尔数，0p、30 mV和0277.15KT分别是此时罐内空气的压强、体积和温度。至中午时，由于气温升高，罐内空气压强增大，设此时罐内空气的压强、体积和温度分别为1p、1V 和1T，相应的状态方程为111pVnRT式中1297.15KT。空气和水的体积都发生变化，使得观察柱中水位发生变化，此时观察柱内水位和罐内水位之差为，101010120122()(+)VVVVTTSS lhSSS式中右端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献，01.00 ml为早上加水后观测柱内水面的高度，21 mS、4224 10mS分别为罐、观察柱的横截面积。由力平衡条件有1011ppg h式中0

9、1101()TT是水在温度为1T 时的密度。联立式得关于h的一元二次方程为2110110000()()()0TgShp SgVhp VT式中1212S SSSS，101()TT解方程得210110011010001()()4()0.812m2Tp SgVp SgVgSp VThgS另一解不合题意，舍去。由式和题给数据得310101 0()0.0180mVVShTTSl由上式和题给数据得，中午观察柱内水位为10101+1.82mVVlhlS（2）先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功。（解法一）早上罐内空气压强501.01 10 Pap；中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高h，罐内空气压强升高了

10、3317.913 10 Pa7.91 10 Papg h由于0pp，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为55011.049510 Pa1.0510 Pa2ppp?罐内空气体积缩小了30.0180mV?可见0/1V V，这说明?式是合理的。罐内空气对外做功331.88910 J1.910 JWp V?（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任意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水温为T时水的密度为001()TT将式中的1V、1T 和1p 换为 V、T和p，利用式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为0001 001 0001 000

11、()/()1()gppVVTTSlSVVSlTTgS lpSTT?由题设数据和前面计算结果可知010()()0.0060TTTT0101 01 0=0.0057VVVVSlSl这说明?式右端分子中与T有关的项不可略去，而右端分母中与T有关的项可略去。于是?式可0001 001 0001 00()/()gppVVTTSlSgSlpVVSlTTS利用状态方程，上式可改写成00001 01 00011 0()1gnRpVT SlnRSSlpgl SSlVnRS?从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为110000001 01 00011 000110100001 00011 001 003()dd

12、11()()ln11.890 10 J1.9VVVVgnRpVT SlnRSSlWp VVglSSlVnRSglSVnRSgnRnRSVVpVT Slgl SSlgSSlVnRS310 J?（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任意时刻，罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水在温为T时的密度为001()TT将式中的1V、1T 和1p 换为 V、T和p，利用式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为0001 0001 00000001 001 000010001 000010001 0001 01()1()()1()()(1)()gppVVTTSlSVV

13、TTSlgpSTTgg VVSlpSlSSTTgl SgpVVSlTTSSgl SgpVVSlTpV VVSlSSnR001001 0001 000010000000010000000()(1)(2)(1)(2)(1)gl SggSlpVVSlTpVSSSnRgl SggVpVVTpVSSSnRgl SggTpVVTpVSSSp?式中应用了010()()0.0060TTTT，0101 01 0=0.0057VVVVSlSl?式可改写成0010000000000000000000(2)(1)112(12)(1)1gl SgpVVTSSpgTVSpTgVpTTpTSgTTVSp?从封闭水罐后至中午

14、，罐内空气对外界做的功为1100000000000000000000110000000003312(12)(1)dd1(1)ln1.89610 J1.910 JVVVVTgVpTTpTSWp VVgTTVSpTpSpSpg TVVVVTg TSpg TV?现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为44001010055()=()5.72410 J5.7210 J22p VUnR TTTTT?式中 5 是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为445.53510 J5.5410 JQWU?从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为3

15、1102.7710 J KQCTT。?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（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、地球和木星都视为质点，忽略太阳系内其它星体的引力；且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。已知太阳和木星质量分别为sm 和jm，引力常量为G。地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是er 和jr。假设在某个时刻，地球与太阳的连线和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

16、球相对木星的速度大小ejv 和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率0v。（2）试讨论此后地球是否会围绕木星转动，可利用（1）中结果和数据30s2.010 kgm、27j1.910kgm、木星公转周期j12 yT。参考解答：（1）若太阳质量突然变为零，地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变，因而应当等于在太阳质量变为零之前的瞬间，地球和木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前，地球和木星绕太阳转动速度分别是ev 和jv。以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为-x y平面建立坐标系。由万有引力定律和牛顿第二定律有2seee2eem mGmrrv由式得seeGmrv，同理有sjjGmrv，现计

17、算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率0v（不考虑太阳引力）。若地球相对木星刚好以速度0v 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，在地球离木星距离为ejr时，速度0v 满足ej2e0ej102m mmGrv，即j0ej2vGmr，可见，地球不被木星引力俘获所需要的最小速率0v 的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢为jj(,0)rr地球的位矢为eee(cos,sin)rrr，式中为地球此时的位矢与x-轴的夹角。此时地球和木星的距离为22ejejej2

18、cosrrrr r此时地球相对于木星的速度大小为22ejejejejseje j112cos2cosGmrrr rvvvv vvv式中 cos项前面取减号是因为考虑到木星和地球同方向绕太阳旋转的缘故。由式得1/2jj0221/4ejeje j2(2)(2cos)GmGmrrrr rv，（2）解法（一）为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较ejv 和0v的大小。由开普勒第三定律有33je22jerrTT，?式中j=12 yT是木星公转周期，而e=1yT是地球公转周期。由?式得2jj332ee1445.2rTrT?ejv 和0v 都是正数，所以，由?式有：2ejs4e0jeee2s4j112co

19、s15.22cos25.25.212cos115.22cos25.25.2mrmrrrmmvv?显然，?式右端当 cos1，即0?时取最小值，此时太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧。由?式和题给数据有2ejs40jmin12115.2229125.25.2mmvv?也就是说，在任何情况下，ej0v v?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相同的情况。若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而0v不变，地球也不会围绕木星旋转。解法（二）为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较ejv 和0v的大小

20、。首先讨论0时的情况，即在太阳质量变为零的瞬间，太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧的情形。由开普勒第三定律有33je22jerrTT，?式中j=12 yT是木星公转周期，而e=1yT是地球公转周期。由?式得2/3j3jeeee1445.2TrrrrT，?将?式和有关数据代入式得14ejssejeee j112cos0.567.910GGGmmrrrrr rv?1/2j130j221/4eje jee(2)0.4422.710(2cos)GmGGmrrr rrrv?可见，此时有ej0v v?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相同的情况。若地球和木星

21、绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而0v不变，地球也不会围绕木星旋转。对于0的情况，当从 0 到（或从 0 到）改变时，从式式可以看到，ejv 单调增大，0v 单调减小?所以总有?式成立。因此，若太阳质量突然变为零，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）蹦极是年轻人喜爱的运动。为研究蹦极过程，现将一长为L、质量为m、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性绳的一端系在桥沿b，绳的另一端系一质量为M的小物块（模拟蹦极者）；假设M比m大很

22、多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和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，不考虑水平运动和可能的能量损失。重力加速度大小为g。（1）求蹦极者从静止下落距离y（yL）时的速度和加速度的大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。（2）求蹦极者从静止下落距离y（yL）时，绳在其左端悬点b处张力的大小。参考解答：（1）由题意，均匀弹性绳在自重作用下几乎不可伸长，此即其劲度系数非常大。因而，虽然绳的弹力大小不可忽略，但绳在自重作用下的弹性势能却可忽略不计。取桥面为重力势能零点，系统总的初始能量是绳的初始势

23、能，即4ipiLEEmg式中，m是绳的质量，L是绳的原长。蹦极者下落距离y时，系统的动能为2211222kLyEMmLvv式中，M是蹦极者的质量，v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,(24pLyLyEmg yL动)而此时静止的那段绳的重力势能为,24pLyLyEmgL静由式得，此时系统（蹦极者和绳）总的机械能为,22+11(2222424fkppEEEEMgyLyLyLyLyLyMmmg ymgMgyLLLvv)动静按题意，不考虑可能的能量损失，有ifEE由式得2422MLmLmygyMLmLmyv将式两边对时间求导得2(42)22+(2)ddymyMLmLm

24、ygdtdtMLmLmyvv将dydtv 代入式得，蹦极者加速度大小dadtv为222122MLmLgaMLmLmy或2(42)12(2)myMLmLmyagMLmLmy在所考虑的下落过程中，加速度向下，速度大小的上限为122yLmgLgLMv由式有223(2)0(2)daMmLmgdyMLmLmy?加速度大小的上限为2(4)18yLmMmagM?（2）解法（一）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻tdt 下落到离起始水平面距离ydy 处。考虑时刻t绳底端右边长度为/2dy的一小段绳，它在时刻tdt 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

25、有12()022m dym dyFFdtg dtLLv?式中1F 和2F 分别是绳的弯曲段左、右两端在时刻t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222m Lym LyMygMgFLL?联立?式得1210()2fdEFFydt?由?式得21211224m dymFFgLLv?取0dy，绳在其上端悬点b 处的张力大小为2b124m LymFgLLv?由?式得b42242LyyMLmLmyFmgLLMLmLmy?解法（二）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻 tdt 下落到离起始水平面距离 ydy 处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变

26、为()()()22()()()22m Lydym LydpMydyMyLLm Lym dyMydyyydyLLvvvvv?外力的冲量为b()IMm gdtF dt?由动量定理Idp?并利用()()dydyydydyvvv可得b+()()()2222m Lymd ym Lym Lyd ydFgyMgMLLd tLLd tvv?对右边那段绳应用牛顿第二定律有22()11()222224m Lym Lydydm dym dymMgMFggLLdtLLLvv这里利用了解法（一）的?式。将上式代入?式，并取取0dy得2b124m LymFgLLv?由?式得b42242LyyMLmLmyFmgLLMLmL

27、my?解法（三）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻 tdt 下落到离起始水平面距离 ydy 处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为()()()22()()()22m Lydym LydpMydyMyLLm Lym dyMydyyydyLLvvvvv?外力的冲量为b()IMm gdtF dt?由动量定理Idp?并利用()()dydyydydyvvv可得2b+()()()()2222m L ymm Lym dyFgyMga ya yLLLLv?利用式，?式成为2b2+(42)()()2222(2)m L ymm LymyMLmLmyFgyMgLLLMLmLm

28、yv?式中右端已取0dy。由?式得b42242LyyMLmLmyFmgLLMLmLmy?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）一种拉伸传感器的示意图如图a 所示：它由一半径为2r 的圆柱形塑料棒和在上面紧密缠绕N（1N）圈的一层细绳组成；绳柔软绝缘，半径为1r，外表面均匀涂有厚度为t（12trr）、电阻率为的石墨烯材料；传感器两端加有

29、环形电极（与绳保持良好接触）。未拉伸时，缠绕的绳可视为N 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cR。现将整个传感器沿塑料棒轴向朝两端拉伸，绳间出现n个缝隙，每个缝隙中刚好有一整圈绳，这圈绳被自动调节成由一个未封闭圆环和两段短直线段（与塑料棒轴线平行）串接而成（见图b）。假设拉伸前后、1r、2r、t均不变。（1）求拉伸后传感器的伸长率（是传感器两电极之间距离的伸长与其原长之比）和两环形电极间电阻的变化率；（2）在传感器两环形电极间通入大小为I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 距离为D（D远大于传感

30、器长度）的P 点（图中未画出）处沿轴向的磁感应强度。已知：长半轴和短半轴的长度分别为a和 b 的椭圆的周长为(3)2abab，其中0b。参考解答：（1）如图a 所示，由几何关系知，传感器轴向和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112cosrLN每圈绳可看作长半轴为2cosr、短半轴为2r 的椭圆环，其周长为2222232cos(3)(3)2cos2coscosrrrrl式中2122rtrrr。拉伸后，传感器的伸长率为，产生了n个缝隙，设每个缝隙宽L，传感器的长度变为121112(1)()cos2()cosrLLLNnnLrn L式中22113222(1)22cosco

31、srLlrrr由式得12111212()(32 coscos)4(cos1)cos4(32 coscos)4rn LrrnLrNrnrN式中最后一步是因为考虑到12rr 的缘故。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11121cos2(32 cos3cos)rrRltr t式中因子 1/2 是由于细绳内、外半圈的电阻并联的缘故。未拉伸时传感器的电阻为011(N1)(),1ccRNRRN RRN拉伸后，产生缝隙地方的电阻将由原来的接触电阻2cR 和1R 之和变为2R（2R 为细绳单独绕圆柱形塑料棒一圈的电阻）22211132(3)(32 cos3cos)2coscos224

32、cosrlrRrtrtrt传感器在其伸长率为时的电阻变为3012(2)cRRnRRnR由式得，传感器在其伸长率为时的电阻变化率为211302100222221112(32 cos3cos)cos24cos(32 cos3cos)cos(32 cos3cos)(32cos3cos)2(32cos3cos)cos4 coscos(32cos3cos)(3ccccrrRrtRRRnr trRRNRr trr tRrnrNrr tR2222212211 22cos3cos)4cos24cos4cos(32 cos3cos)crrnNrtr r R（2）在未拉伸时电流沿着塑料棒轴向，根据毕奥-萨伐尔定律

33、，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 点的距离为zr 的细圆环绳产生的磁场。如右图所示，在圆环上任一直径AA一端各取电流元Idl 和Idl，它在 P 点产生的磁场dB 和 dB，dB 和 dB 的垂直于轴线的分量相互抵消，它们的合磁感应强度沿塑料棒轴向，其大小为 2cosdB（是AP与AA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分量cosdB之和。注意到Idl 可以写为2Ir d（d是弧

34、元 dl 所对的圆心角），由毕奥-萨伐尔定律有2202200coscos4Ir dBdBr?式中zsinrr。对于给定的P 点，是常数，于是有2220220220zzsincossincos42IrIrBdrr?式中2222zcosrrr，z222zsinrrr?将?式代入?式得220223/22z2()r IBrr?由题设，D远大于传感器的长度，故也远大于2r，因而z2rDr，于是22032r IBD?传感器伸长后有n个缝隙，由?式得22total032r nIBD?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

35、 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，其结构如图 a 所示：它主要由一个光阴极、n个倍增级和一个阳极构成；光阴极与第1 倍增级、各相邻倍增级及第n倍增级与阳极之间均有电势差V；从光阴极逸出的电子称为光电子，其中大部分（百分比）被收集到第1 倍增级上，余下的被直接收集到阳极上；每个被收集到第i倍增级（1,in）的电子在该电极上又使得个电子（1)逸出；第i倍增级上逸出的电子有大部分（百分比）被第1i倍增级收集，其他被阳极收集；直至所有电子被阳极收集，实现信号放大。已知电子电荷量绝对值为e。（1）求光电倍增管放大一个光电子的平均能耗，

36、已知1，1n；（2）为使尽可能多的电子从第i倍增级直接到达第1i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a且相邻倍增级间的几何位置如图b 所示，倍增级间电势差引起的电场很小可忽略。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i倍增级垂直出射 的 能 量 为eE 的 电 子 中 直 接 打 到 第1i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1i倍增级上至少收集到一些从第i倍增级垂直出射的能量为eE 的电子？参考解答：（1）设从光阴极逸出的电子个数为pn，按题述，从第1 倍增级逸出的电子个数为1pm

37、n可用归纳法得出从第i倍增级逸出的电子个数为1,1,iipmnin光阴极、第i倍增级和第n倍增级向阳极贡献的电子数pan、iam和nam分别为1,1,1,1,.papiainannnmminmm光阴极与阳极间电势差paV、第i倍增级与阳极之间的电势差iaV 分别为(1),1,1,paiaVn VVniVin从光阴极溢出的电子被电势差加速所消耗的能量pE、从第i倍增级溢出到阳极的电子被电势差加速所消耗的能量iaE、第i倍增级溢出到第1i倍增级的电子被电势差加速所消耗的能量1iiE分别为图 b 1,1,1,1.pppapaiaiaiaiiiEenVenVEemVinEem Vin消耗的总电能为11

38、11nnpiaiiiiEEEE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2(1)()1(1)()(1)1(1)1nnpnEneVn当1、1n时，上式各项中含()n因子的部分的贡献远大于其他部分，因此可仅保留含()n级因子的项，有22(1)(1)()(1)npEeVn（2）所加磁场应当垂直纸面向里。磁场提供洛仑兹力，且忽略重力和电场力，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i倍增级最左端的电子到达第1i倍增级最右端时，轨迹为1，圆心在第i倍增级的延长线上，由几何关系知，对应的半径1r 满足2211

39、(3)rara当第i倍增级最左端的电子到达第1i倍增级最左端时，轨迹为2，对应的轨道半径2r 满足2222(2)rara当第i倍增级最右端的电子到达第1i倍增级最右端时，轨迹为3，对应的轨道半径3r 满足2233(2)rara当第i倍增级最右端的电子到达第1i倍增级最左端时，轨迹为4，对应的轨道半径4r满足2244()rara?由?式分别解得1234555344rararara，?设电子在磁场中作匀速圆周运动的速率为v，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有2me Brvv?由?式得e2mEmreBeBv?式中2e12Emv 是速率为v的电子的动能。由?式可解出相应的1234BBBB、的大小为eeee

40、12342222344555mEmEmEmEBBBBeaeaeaea，?当1BB 时，第i倍增级释放的电子中只有最左边的被收集；若1BB，则一个电子都不会被收集。因此为使第1i倍增级能收集到电子，应当有1BB。当23BBB 时，所有电子都被第1i倍增级收集。当4BB 时，第i倍增级释放的电子中只有最右边的被收集到；若4BB，则一个电子都不会被收集。因此为使第1i倍增级能收集到电子，应当有4BB。因此，当e245mEBea?时第1i倍增级收集到的电子最多；当ee2235mEmEBeaea?时，第1i倍增级会有电子被收集。评分参考：第（1）问 7 分，式各1 分；第（2）问 13 分，所施加的匀强

41、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）两根质量均匀分布的杆AB 和 BC，质量均为m，长均为 l，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）。开始时 C点有外力保持两杆静止，A、C 在同一水平线AD 上，A、B、C 三点都在同一竖直平面内，ABC60。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 杆运动到与水平线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

42、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杆间的相互作用力。参考答案：（1）（i）两杆 AB 和 BC 对于 A 点的转动惯量分别为2113Iml22213122Imlml两杆固结在一起，因而两杆可视为一个刚体绕A 点做定轴转动，总的转动惯量为21276IIIml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1344Mmglmgl两杆的角加速度相同，设为（以顺时针方向为正方向），则由刚体转动定理得MI联立式得，两杆的角加速度为67gl（ii）考虑 AB 杆从初始位置到与水平线AD 的夹角为位置这一过程，两杆重力势能的变化量为3sinsin2sin22623pll

43、lEmgmgmg两杆动能的变化量为2102kEI式中，为 AB 杆与水平线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0kpEE联立式得35sin3cos2 37gl（2）两杆在B 点由光滑铰链连接，因而杆AB 和 BC 不能整体视为一个刚体，其角加速度不相等，分别设为12、（以顺时针方向为正方向）；取B 点为原点，x、y轴正方向分别水平向右、竖直向下，设BC 杆对 AB 杆的作用力沿x、y轴的分量分别为xF、yF。对于 AB 杆，相对于 A 点，由刚体转动定理得2111133422yxmlmglF lF l?对于 BC 杆，AB 杆对 BC 杆的作用力沿x、y轴的分量分别

44、为xF、yF-，设 BC 杆质心的加速度沿x、y轴的分量分别为xa、ya，由刚体质心运动定理得xxmaF?yymamgF?BC 杆同时还绕其质心转动，由刚体转动定理得221131244yxmlF lF l?两杆连接点B 的加速度沿x、y轴的分量Bxa、Bya为B123324xxalal?B121124yyalal?联立?式得1911gl，21511gl?3 344xFmg，14yFmg?两杆间相互作用力的大小为22370.27622xyFFFmgmg?设 BC 杆对 AB 杆的作用力与竖直方向夹角为，则3 3tan0.47211xyFF?评分参考：第（1）问 10 分，第（i）小问 6 分，式

45、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“部分子”构成的。欧洲大型强子对撞机（LHC）是高能质子-质子对撞机，质子束内单个质子能量为7.0TeVE（3121TeV10 GeV=10 eV），两束能量相同的质子相向而行对撞碎裂，其中相撞的两个部分子a、b 相互作用湮灭产生一个新粒子。设部分子a、b 的动能在质子能量中所占的比值分别为ax、bx，且远大于其静能。（1）假设两个部分子a、b 对撞湮灭产生了一个静质量为2s1.0TeV/cm的新粒子S，求ax 和bx 的乘积abx x；（2）假设新粒子S产生后衰变到两个光子，

46、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2A1.0GeV/cm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：sin,1当；普朗克常量346.63 10J sh，电子电荷量绝对值191.6010Ce。参考解答：（1）部分子 a、b 的动能分别为aabb,Ex EEx E它们远大于其静能，所以部分子a、b 的质量可忽略，其动量大小分别为abab,EEppcc负号表明部分子a、b 的动量方向相反，在同一条直线上。部分子a、b 对撞湮灭产生新粒子S，根据能量守恒定律，S 的能量为Sab

47、EEE根据动量守恒定律，S 的动量大小为Sabppp由自由粒子的动量和能量关系有22224SSSEp cm c由式得24Sab24m cx xE由式和题给数据得ab=0.0051x x（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1和2，它们的能量和动量大小分别为1122,EhEh1212,hhppcc负号表明两光子的动量方向相反，在同一条直线上。S 衰变前后能量和动量守恒，有212SEEm c120pp?由?式得2122Sm ch?由?式和题给数据得12192612341.0 101.60 10C V1.2 10 Hz26.63 10J s?（3）在 S 产生时静止的参照

48、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A 1A 2EE、和A1A2pp、，由 能 量 守 恒 定 律2SA1A2m cEE和 动 量 守 恒 定 律A1A20pp，以及自由粒子的动量和能量关系22224AiAiA,1,2Ep cm ci?可知，每个粒子A 的动量大小相等AA1A2ppp，因而每个粒子A 的能量为222AA1A2SA1()5.0 10 GeV2EEEm cm c?在粒子 A 衰变到两个同频率光子的过程中，由能量守恒得A2hE?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，在平行和垂直于粒子 A 运动方向上分别有Acoscos22sinsin022hhpcchhcc?由?式得2AS2sin1cos0.0020122mm?可见，两光子夹角非常小，利用sin22，由?式得A3S441.00.00401.010mm?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。