第40届全国中学生物理竞赛复赛试题含答案.pdf

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1、#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#1 第第 40 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答届全国中学生物理

2、竞赛复赛试题参考解答（2023 年年 9 月月 16 日日 9:00-12:00）一、（1）（i）设物距1u对应的像距为1v，代入成像公式有 11111uvF 由横向放大关系得 111vlul 联立式得 111luFl 类似地，可得 221luFl 于是有 2121()llsuuFll （对于2u和对应的像距2v重写物象关系及放大率关系，不额外给分）所以 1 21221()sl lsFlll llll （ii）将式代入式可得 21112()()sl llul ll （2）（i）求物方主点 H 位置：设透镜组成像时，透镜 1 的对应的物距和像距分别为1u和1v，透镜 2 的对应的物距和像距分别为

3、2u和2v（注意区分和（1）问中对应的参量的不同），代入成像公式有 111111uvf，222111uvf 透镜 1 和 2 的横向放大率分别为 111vmu，222vmu 联立式得 11111umf，22211umf 得透镜组的放大率m的倒数为 12121211 111uumm mff 透镜 1 的像成为透镜 2 的物，两透镜光心距离为 d，故#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#2 1 12111u fudvduf 将代入式得 1 111111221212111111u fduufddumffffff f 令1m，得 H

4、 相对于透镜 1 光心 O1的物距 1H112f duudff 求像方主点 H位置：将代入以及，解出 v2即可。或根据光路的可逆性，可得 H相对于透镜 2 光心 O2的像距为 2H12f dvdff （ii）像方焦距 F的计算：物距为无限大时（即一束平行光入射透镜组），经过透镜组成像的位置即为像方焦点。取1u 得11vf，故211udvdf。代入式得 12212()Fdffvvdff 利用式，可得像方焦距 12H12Ff fFvvdff，即1212111dFfff f 同理可得物方焦距 1212f fFFdff，即1212111dFfff f 评分参考：本题 40 分。第（1）问 16 分：第

5、（i）小问 14 分，式 2 分，式 4 分，式各 2 分；第（ii）小问 2 分，式 2 分。第（2）问 24 分：第（i）小问 16 分，式各 4 分，式 2 分，式 4 分，式 2 分；第（ii）小问 8 分，式 2 分，式 4 分，式 2 分 二、（1）假设活塞受到一个微小扰动、而偏离正中央位置的角度1,则活塞的运动方程为 22dsind(/2)(/2)nRTnRTmrmgtrr 因为1,所以有 32323234234124816124816sin,6/2/2 于是活塞的运动方程可化简为 222d18dnRTgtrrm 如果圆环正中央是活塞的稳定平衡位置，则需要满足 280nRTgrm

6、#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#3 即 28mgrTnR 所以临界温度为 28CmgrTnR 此时活塞将在平衡位置附近做简谐振动，其振动的圆频率为 21 8nRTgrrm （2）当温度cTT时，利用式可得活塞的运动方程近似为 22322d24d6gtr 由此可知活塞受到正比于3的恢复力，所以该位置是稳定平衡位置。（3）当cTT时，活塞的平衡位置可以在玻璃管的左侧或者右侧，与竖直线之间的夹角为0。则此时活塞所受的合力为零 000sin0(/2)(/2)nRTnRTmgrr 可得0(0)满足 22000sin24nRTmg

7、r 对于0(0,)2，方程右侧函数220000sin()4f 是0的单调递减函数，当00时，0()f取最大值24。所以上面方程有非零解的条件是 28mgrTnR 即cTT，与题设自洽。由平衡位置的方程 和临界温度cT的表达式可知 200204sin1CTT 当T略小于cT时，00，上式可以对0展开，得 22022416CTT 因此，202624CCTTT 这里号表示平衡位置可以在左右两侧。（4）如果活塞在稳定平衡位置0处受到一个微小扰动，令其与竖直方向的夹角为0，1。则活塞的运动方程为 20200dsin()d(/2)(/2)nRTnRTmrmgtrr 由于1，可有 000sin()sinco

8、s 200011/2/2(/2)#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#4 200011/2/2(/2)所以活塞在平衡位置0附近的微振动方程为 22200022200costan/22d1d/22gtr 所以活塞在平衡位置附近将做简谐振动，其振动圆频率为 2200002200costan/221/22gr 当cTT时，由式可得振动圆频率的温度依赖关系为 281CCTTgnRTgrmgrrT 当cTT时,由于T略小于CT，所以01，此时振动圆频率为 22220000022200costan/222421/223CCgTTggrr

9、rT （5）令活塞与竖直方向的夹角为。则活塞的运动方程（如式）为 22dsind(/2)(2)nRTnRTmrmgtrr 该方程两边同时乘以d，并积分可得，00dsind(/2)(/2)nRTnRTmrmgrr 这里ddt，由于活塞的初始速度近似为零，所以有 22214(1cos)ln 12nRTmrmgr 由此可得活塞从初始位置运动到可到达的位置的角速度大小为 222224(1cos)ln 1gnRTrmr 评分标准：评分标准：本题 40 分。第（1）问 12 分，式 4 分，式各 1 分，式各 2 分；第（2）问 4 分，式各 2 分 第（3）问 7 分，式 2 分，式 3 分，式 2 分

10、；第（4）问 11 分，式 2 分，式各 1 分，式各 2 分；第（5）问 6 分，式各 2 分。三、（1）（）由于球运动过程中楔块在光滑水平面上无转动，可知过球质心和楔块质心的竖直面与楔块斜面垂直，只需考虑球和楔块在图3a 所示平面（即上述竖直面）内的运动。如题解图 3a，设楔块相对于水平面的速度和加速度分别为0v、0a，圆球质心相对于楔块的速度加速度分别为cv、ca。在相对于楔块静止的参考系中，球受到平动惯性力、重力和斜面对圆球的（斜向上）摩擦力f的作用，球的质心运动方程为 0v 0a cv ca y 题解图 3a#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGR

11、BAAoAABARFABAA=#5 c0cossinmamamgf 设圆球相对其质心的转角为，由绕质心轴的转动方程得=cIfr 由纯滚动条件得 cr v car 球的绕其中心的转动惯量为 225cImr 联立式得 25cfma 在地面系，由体系水平方向的动量守恒得 00(cos)cmMvvv 式两边对时间求导得到 00(cos)cm aaMa 联立式得 025sin cos75cos7mgaMmm （ii）将式代入式解得 25(+)sin75cos7cM m gaMmm （iii）将楔块和圆球看作一个整体。体系质心速度在竖直方向的分量为（向上为正）sincymMmvv 对时间求导可知 sinc

12、ymaaMm 设地面对楔块的的支持力大小为N，方向向上。竖直方向上体系质心的运动方程为()()yMm aNMm g 联立式并将式代入得 227()5cos7MmNMm gMmm 【解法 2：也可将楔块作为研究对象，考虑下一问中的圆球的支持力，以及圆球对楔块的摩擦力得 1cossinNMgNf 将第（4）问中式代入，并联立式，可得 227()5cos7MmNMm gMmm 】#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#6 （iv）在相对于楔块静止的参考系中，设楔块对圆球的支持力大小为1N，方向垂直于斜面向上。在与斜面垂直 的方向上球

13、受力平衡有 10sincosNmamg 将式代入得 1227cos5cos7MmNmgMmm （v）最小摩擦系数为 01fN 联立式得 02()tan(72)MmMm （2）当0 时，圆球连滚带滑。相对于楔块静止的参考系，圆球质心动力学方程仍由式给出 c0cossinmamamgf 其中摩擦力应满足 1fN 联立式解出 c2()(sincos)cossincosMm gaMmmm cossincosMmgfMmmm 由式可知线加速度大小ca为常量。由式并联立式知，球滚动的角加速度 52fmr 为常量。故球与楔块接触点 P 相对于楔块的速度为 Pccratrt vv 联立式得 P27()sin(

14、)gcos2cossincosMm gmMtMmmmv 可以检验，当0时，P0v，圆球相对楔块做纯滚动。0时，P0v，可知 P 点相对于楔块的速度斜向下。评分标准：本题 40 分。第（1）问 22 分（i）12 分 其中式各 2 分,式各 1 分，各式 2 分（ii）2 分 其中 式 2 分(iii)4 分 其中式 2 分,式各 1 分(iv）4 分,其中式各 2 分（v）2 分，其中式各 1 分 第(2)问 18 分 其中：式 2 分，式各 4 分，式各 2 分，式 4 分#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#7 四、（1

15、）由几何关系得 4cot2baR （2）C、D 两根杆的受力图分别如题解图 4a 和题解图 4b 所示。对 A 杆而言，力平衡方程为 122cossinNmgNf 122cossinffN 对圆柱轴线的力矩平衡方程为 12f Rf R 对 B 杆而言，力平衡方程为 342cosNNmg 对 C 杆而言，力平衡方程为 132NNMg 对 D 杆而言，力平衡方程为 5422coscossinNNNfMg 5242sinsincosfNNf 对 D 杆与地面接触点的力矩平衡方程为 242cossin22LN aMgRN bfR 【或对 D 杆质心的力矩平衡方程为 55224cossinsincos2

16、222LLLLNRfRNaf RNb】（3）此条件下 4cot24 cm2baR 由式可得 122sin1cosffN 12NmgN 由式可得 141cos()2NNMm g 将式代入式可得 1111sin()cossin()()222cos1cosLbNmg aMgRNMm gNmgR 解得 题解图 4a 2f2N4NMg5N5f题解图 4b#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#8 11sincossin()222cos1cossin2cos1cos10.427LbmgaMgRMm gmg RNbRamg 由式可得 121

17、1cossin(3)sinsin22cos()sin1cos1cos2cos1cos4.733LbMgRMm gffNmgbRamg 系统保持平衡要求 11fN，22fN （因为12ff、211NNmgN，的范围由上式中第一式决定）解得 111cossin(3)sin22cos1sin1coscossin()222cos1cos0.454LbMgRMm gfLbNmgaMgRMm gmg R 由式可得 5321()22NMm gmg 由式可得 51sin1sintan()tan1cos21cos2.194fNMm gmgmg 系统保持平衡要求 55fN 解得 5152sin12sintanta

18、n0.2093()1cos33()1cosfNmNMm gMm 评分参考：本题 40 分。第（1）问 2 分，式 2 分；第（2）问 20 分，C 杆和 D 杆的受力图各 2 分，（或）式各 2 分；第（3）问 18 分，式各 2 分，式 3 分，式各 2 分，式 3 分。五、（1）点电荷绕着z轴作匀速圆周运动时，其在z方向不受力，即有 2030 03cos104epz erE 因而 03cos3 又由于点电荷作圆周运动要求静电力在垂直于z轴平面内的投影是指向转轴的向心力，即要求#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#9 00

19、30 03cossin04epFr 式中只有0cos0的解符合要求，即有 0033cosarccos33 或 由于圆周运动的半径为00sinRr，将其与式代入牛顿第二定律 20FmRv 得到 220000022000033cossincos1 cos44FRepepmmrmr v 将式中的数值代入得 020036epmrv （2）（）易判断此后点电荷在图 5a 所示的平面内运动，则点电荷相对于原点的角动量和力矩分别为 2mm rrrmrn Lrrv 和 3200sin44eepenrr rErp 其中nr。因此，角动量定理可以写为 220ddsindd4mrLepttr 将式左右两边乘以2Lm

20、r，得到 2200dsindsindd4d4dLepmepLmrtrtt 由此给出 20ddcosdd2Lmeptt 即 20cos2mepL常量 而0t 时刻点电荷静止意味着其初始角动量为零，又由于00t，因而 200coscos2mepL （ii）由于电偶极子的电势为 3200cos44prrp r 利用初始条件及能量守恒可得点电荷的能量为 222202200 0cos11cos2244epepmem rrrrv 或者将其用径向动量rpmr和角动量2Lmr表示为 22022200 0coscos2244reppLepmmrrr#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBA

21、ACAoGRBAAoAABARFABAA=#10 将式式代入式，可得径向速率rv和径向距离r之间满足的关系为 202200cos112repmrrv 即 02200cos112repmrrv （iii）由于20rv，因而由式知：当02时，0rr；而此时02200cos1102reprmrr v且随r增大而增大，故运动无界。当02时，0rr；当02时，0rr。如上两种情形运动均有界。所以点电荷有界运动要求 02 如果02，则点电荷的运动恰好有界，0rrv。此情形下，点电荷在运动过程中到原点的距离始终保持不变，为0rr；而由于20L，按照式，这就要求02时有 20cos02mepL 可见，如果02

22、，点电荷的运动满足 0,cos0rr 即其轨道在竖直平面上是一个半径为0r的半圆（322）。（因能量守恒且左右对称，可判断点电荷可以划过整个半圆轨道）（iv）上问分析表明无界运动要求02。此情形下，可将式式写为 02200cosd11d2eprtmrr 或者将其改写为 2200222000cosddd2epr rtrrmrrr 从而 2200200cos2eprrtmr常数 利用初始条件000r tr，得到 2200200cos02eprrtmr#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#11 即径向距离随时间按照如下方式变化 2

23、200200cos2eprrtmr 评分标准：评分标准：本题 40 分。第（1）问 10 分，式 2 分，式 1 分，式各 2 分，式 1 分，式 2 分；第（2）问 30 分，其中（）问 10 分，式各 2 分；（）问 6 分，式各 2 分；（iii）问 8 分，式 3 分，式 2 分，式 3 分；（iv）问 6 分，式各 2 分。六、（1）根据题意，球外的总磁场可写为 03 34eer rrBBBBmm 由于对理想导体，球内的总磁场为零，且根据磁场高斯定理，B的法向分量连续，因而 0302erarrraBBm 而根据对称性，m必与eB平行或反平行，因此由式就得到 302ea mB 磁化电流

24、在远处产生的场就等于磁偶极子产生的场，因而这里的m实际上就是导体球的磁偶极矩。将式代入式中，就得到导体球外的磁感应强度：33 32eeear rrBBBB 根据安培环路定理可知，导体球表面的面电流密度i满足 0r ar iB 将式代入，得到 0033sin22eeBr Bi 【解法二】（备用解法：需要利用等效磁荷法）为了求解导体球内、外磁场，先引入均匀磁化球模型，其半径为a、磁化强度为MzM。采用等效磁荷方法（量纲及单位制约定参考新概念物理教程电磁学），引入等效磁极化强度0mPM，则均匀磁（极）化球的内、外的附加磁场强度 0,33mra PMH 33330 33,33mmaar rr rrar

25、rHPPMM 相应球内、外附加磁感应强度 002,3raMBHM 3003 3,3ar rrarBHMM 设理想导体球的面电流与如上均匀磁化球的磁化面电流相同，则由 式，若想保证球内叠加的磁感应强度为零，要求 00230 32ee MBBM#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#12 对照题给条件及 式，并代入 式得 330423eaa mMB 相应理想导体球面电流分布 03sin2eBr iM 由电流激发磁场的唯一性可知：式是满足题给条件的唯一解。【解法三】（备用解法：矢势法）假设理想导体球的球面电流分布为 0sinii 其

26、中0i为待定常量。积分可求解该电流分布激发的球内、外矢势可表示为 0 0,3izra Ar 30 03,3i azrar Ar 相应附加磁场为 BA 计算可得球内、外附加磁感应强度 0 02,3izra B 30 03 3,3i az r rzrar B 由 式，若想保证球内叠加的磁感应强度为零，则要求 0 000230 32eeiBzi B 代入 式得 03sin2eBi 对照题给条件及 式，并代入 式得 3300423eaai z mB 由电流激发磁场的唯一性可知：式是满足题给条件的唯一解。（2）由对称性，线圈在球心处产生的磁感应强度B沿着其对称轴（z轴）方向。据此，利用毕奥-萨伐尔定律得

27、 0222224IbbzbhbhB 即有 20003 222coscos2I bt zBt zbhB 其中 20003 2222I bBbh（3）由于ab，因此线圈在导体球所在区域产生的磁场几乎均匀，约等于球心处的磁场，该磁场由式式给出。又由于a，因此，导体球与（1）问中处于均匀外磁场中的理想导体球接近，其磁偶极矩与式接近，为（如下为了简化，“”均记为“”）302 a mB#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#13 由于m和B均沿着z轴方向，根据题目提示，导体球受到的安培力为 ddBtmzzF 所以 332002ddddaB

28、aBBzzzz F 将式代入其中，就得到 22433422200003422220d3coscosd42I baa b ztt zItzzbzbz F 由于 222011coscosd22tt t 忽略 z 方向上的振动，即zh，因而在一个周期内力的平均值为 342200402213d24a b htI zbh FF 而由平衡方程 FG 即得所需0I为 422034043G bhIa bh （4）将式中的eB替换为式中的B，即可得导体球表面的（近似）等效面电流密度。因而，趋肤深度范围内的体电流密度为 03sin2B iJ 根据焦耳定律，热功率密度为 2222209sin4JBp 因而总的热功率

29、为 222322009d2sin d ddsind2aaBP tp Vprrrr 其中 32321d3aarraaa 而 132014sind1cosdcos3 因而 22206BP ta 将式式以及02 代入式中得 24220032223cos4a b IP ttbh 因而平均热功率为#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#14 24200322238a b IPbh 评分标准：评分标准：本题 40 分。第（1）问 12 分，式各 2 分；【解法 2】：式各 1 分，式各 2 分；【解法 3】：式 2 分，式各 1 分，式各

30、 2 分；第（2）问 4 分，式 4 分；第（3）问 11 分，式 1 分，式 2 分，式 4 分，式各 2 分 第（4）问 13 分，式各 2 分，式各 1 分；式各 2 分 七、（1）在高度为z处，压强为()p z，温度为()T z，利用理想气体的状态方程可以得到气体密度为 ()()()np zzVRT z 这里n是气体的摩尔数，V为气体的体积。如题解图 7a 所示，面积为、高度位于这个小区间内气体的重力为()z A zg，方向向下；上表面受到向下的压力，大小为()p zz A；下表面受到力为()p z A，方向向上。由于气体上升缓慢，这三个力互相抵消()()()p zz Az A zgp

31、 z A 对小量z展开，方程可以化为 ddpgz 利用式中的密度公式，可以得到 ddpp gzRT 两边同除以压强p，可以得到 dlndpgzRT 绝热过程pV为常量，带入理想气体状态方程可得1pT是常量，取对数可得 (1)lnlnCpT 其中C为常量。方程两边对高度z求微分可以得到 dlndln0(1)ddpTzz 移项并利用式可以得到 dln1 d1dln1dddTTpgzTzzRT 所以 d(1)dTgzR 对高度z积分之后可得 题解图 7a#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#15 0(1)()gT zTzR （2）

32、绝热过程pV为常量，即pC，因此 21dd()=ddspCCpC绝热v 利用nV并代入理想气体状态方程pVnRT得 2spVnRTRTnnv 因此在对流层里声速随高度升高而降低，直到同温层为止;在同温层里温度近似保持不变，所以声速近似不随高度改变而变化;在逆温层里温度随高度升高而升高，所以声速会随高度升高而增大。（3）在简化模型中同温层之外的温度为 10 C(273.1510)K263.15K，在同温层内部的温度为 55 C(273.1555)K218.15K 因此同温层外面的音速ov和同温层内部的音速iv之比为，oi263.151.098218.15vv 同温层内的声音传播到界面时，如果入射

33、角度为i，那么按照折射定律，折射角o满足 ooisinsin1.098siniivv 从上面表达式可以看到存在一个临界角度，io1arcsinarcsin65.611.098mivv 当入射角小于mi时，存在o满足折射定律，这时候可以发生折射。当入射角大于mi时，不存在o满足折射定律，声音发生全反射。因此在入射角度大于mi时以及小于mi时折射和反射行为不同。如题解图 7b 中虚线所示，当入射角i小于mi时，声音可以同时发生折射和反射，声音可以传入对流层和逆温层中。如题解图 7b 的实线所示，当入射角i大于mi时，声音发生全反射，没有折射。（4）当距离比较大时，需要考虑地球的形状，按照声源和探测

34、气球所在位置不同分为四种情况讨论：A.声源和气球同在对流层时，声音从对流层传播到同温层中不会发生全反射，在忽略反射的情况下，只有在声源和气球的连线不受地球阻碍时才能探测到，如题解图 7c 中标号为 A 的箭头所示。这种情况下最长探测距离是地表的一条切线和对流层顶部的两个交点之间的间距 221112()2 2714 kmeeelRhRR h 其中6371 kmeR 是地球半径，110 kmh 是对流层顶部距地面高度。因此这种情况不能探测几千公里之外的声音。声源 题解图 7b#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#16 B.声源在

35、对流层内，气球在同温层内，在忽略反射的情况下，同样只有在声源和气球的传播路径不受地球阻碍时才能探测到，如题解图 7c 中标号为 B 的箭头所示。在这种情况下最长的探测距离不会超过从对流层顶部一个点沿着地表的切线到同温层顶部的一个点之间的间距，即不超过 222222121()()22862 kmeeeeeelRhRRhRR hR h 其中是同温层顶部距地面高度。因此这种情况也不能探测到远处的声音。C.声源和气球同在同温层中。由于大气层的两个界面距离和地球半径相比很小，这样在一个表面上发生全反射的声音在另外一个表面上也会发生全反射。因此在同温层中掠射角小的声音可以通过两个界面不停地反射，会被局限在

36、同温层中一直传播下去。如题解图 7d 中标号为 C 的箭头所示。因此这种情况下气球可以探测到远处发出的声音。这种情况下的另一种情形是，声音不入射到对流层和同温层界面，而仅在同温层和逆温层界面上进行多次全反射，题解图 7d 中左侧声音传播路径所示。这种情形下气球也可以探测到远处发出的声音。D.声源在同温层，气球在对流层，类似于 B 和 C 的分析，从同温层中发出的声音要传入对流层的话，只能通过一次折射，并且不能受到地球的阻碍。如题解图 7c 中标号为 D 的箭头所示，因此这种情况下传播距离同样不会超过，也无法探测到远处发出的声音。评分标准：评分标准：本题 40 分。第（1）问 15 分，式各 2

37、 分，式各 1 分，式 2 分，式 1 分，式 2 分；第（2）问 7 分，式各 2 分，式各 1 分；第（3）问 10 分，式各 2 分，式 4 分（其中结论与题解图各 2 分）；第（4）问 8 分，式各 2 分（其中结论与分析各 1 分）。八、（1）（i）产生 K 线系 X 射线光的物理过程是：电子与金属阳极靶原子碰撞，使该靶原子 K 壳层的一个电子电离，从而在该靶原子 K 壳层出现一个空位，随后 L壳层电子立即跃迁到 K 壳层并同时发射出K特征 X 射线。设阴极产生的电子被电压为U的电场加速后的动能为eT，则由能量守恒有 eTeU 由题意知，金属阳极靶原子 K 壳层电子的电离能为：20.

38、1keVkE 因此，该靶原子 K 壳层出现一个空位的条件为 ekTE 题解图 7d 题解图 7c#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#17 由式得，加速阴极发射的电子的电压至少应为 min20.1kVkEUe （ii）X 射线管发出的连续谱 X 射线来自于电子碰撞金属阳极靶产生的轫致辐射。在此加速电压minU下，设 X 射线管发出的连续 X 射线光的最短波长为min，这相当于是电子的动能kE全部转化为辐射光子的能量，即 emaxminhcTh 由式得，min0.0617 nmhceU （）由题意知，金属靶原子发出的K特征 X

39、 射线光子的能量为17.44 keVE，即：K17.44keVhcE 式中K为相应的特征 X 射线光子的波长。电子与金属靶原子碰撞产生的 K 线系 X 射线光谱结构特点与氢原子的莱曼系光谱类似，主要区别在于原子中电子感受的核电荷数不同。由于金属靶原子 K 壳层出现一个空穴后还有一个电子，这个电子对原子核有屏蔽作用，L 壳层电子感受到的核电荷数实际上是一个大于1Z 而小于 Z 的数值，通常称为有效核电荷数 Z*。根据玻尔理论，类似于氢原子莱曼系光谱公式，金属靶原子发出K特征 X 射线的波长满足下面关系：2K1*R Z2211()12 式中R为里德堡常数，*Z为有效核电荷数。公式实际上是莫塞莱通过

40、分析原子特征 X 射线获得的一个经验公式。由式得，K44417440*41.35333 13.6EZRhcR 由于1*ZZZ，所以 *1ZZZ 且为整数，于是由式有 42Z （2）由于 X 射线光子能量很高，材料靶中电子的束缚能相对很小，X 光子与材料靶的作用可以近似为 X 光子与自由电子的散射。设入射光子能量为0E，动量为0p，靶电子初始时静止。X 光子与静止的自由电子碰撞后，出射光子能量为1E，动量为1p，1p与入射方向之间的夹角为；出射光电子的能量为2E，动量为2p。由于 X 光子能量很高，出射电子动能也会很高，需要考虑相对论效应。出射电子的能量为 22221mcEcv 动能为 222=

41、TEmc 动量为 2221mcpvv 由式得 2242222=+Em cp c 由动量守恒 012ppp#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#18 于是有 222201102cospppp p 由能量守恒有 22422012EmcEm cp c 碰撞后电子动能2T为 24222220101()Tm cp cmcEEc pp 由式得 2220101()2()pppmc pp 由式得 2010101()(1 cos)2sin2mc ppp pp p 由00hp，11hp和式得 210c2sin2 式中c称为电子的康普顿波长 12

42、c2.42610mhmc 可以看出，波长差 201c2sin2 仅与散射角有关，当90时，入射光与散射光的波长差等于电子的康普顿波长。由能量守恒得，光电子的动能为：2010010(1 cos)(1 cos)chchcTEEhc （4）1光谱峰来源于 X 射线光子与靶电子碰撞使之电离的物理过程，由于能量损失，散射光的波长变长。0光谱峰来源于 X 射线光子与靶原子碰撞的准弹性散射过程，靶原子的反冲动能可以忽略不计，散射光的波长近似不变。对于 X 射线光子与靶原子碰撞，由于原子的静能2Mc远大于 X 射线光子能量，其康普顿波长c0hMc，故由式可知，散射光的波长几乎不变。1光谱峰较宽的原因来自于材料靶中电子的运动，1光的谱形状体现了靶电子的动量分布特征（这就是著名的康普顿轮廓）。评分参考：本题 40 分 第（1）问 8 分，式各 2 分；第（2）问 8 分，式各 2 分；第（3）问 18 分，式各 2 分；第（4）问 6 分，各 2 分。#QQABYQCQggggQAIAAQhCUQGgCgOQkBAACAoGRBAAoAABARFABAA=#