24屆復賽試題答案

1、第24屆全國中學生物理競賽復賽試題參考解答參考解谷:如果小球的水平速度比較大，它與平板的第一次碰撞正好發(fā)生在平板的邊緣Q處，這時的值便是滿足題中條件的最大值；如果小球的水平速度"o較小，在它與平板發(fā)生第一次碰撞后再次接近平板時，剛好從平板的邊緣Q處越過 而不與平板接觸，這時“。的值便是滿足題中 條件的最小值.設小球從臺面水平拋岀到與平板發(fā)生第次碰撞經(jīng)歷的時間為有若碰撞正好發(fā)生在 Q處，則有：L =財(2)從(1)、(2)兩式解得的“°值便是滿足題中條件的最大值，即Omax =L代入有關數(shù)據(jù)得： omax =0.71m/s (4).設小球第一次剛要與平板碰撞時在豎直方如果以。

2、皿遂，小球與平板的碰撞處將不在。點 向的速度為。I，則有q =A2gh(5)碰撞過程中，小球以布、分別表示碰撞結(jié)束時刻小球和平板沿豎直方向的速度，由于碰撞時間極短，在 和平板在豎直方向的動量守恒.設小球和平板的質(zhì)量都是秫，則有mv = mvx + mVA因為碰撞是彈性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得mVy + mul = mvA +mVA +(7)2碰撞后，平板從其平衡位置以 * 為初速度開始作簡諧振動 .取固定坐標，其原點 0與平 板處于平衡位置時板的上表面中點重合，x軸的方向豎直向下，若以小球和平板發(fā)生碰撞的時刻作為1 = 0,則平板在時刻離開平衡位置的位移、PQ=ACOS伽 + 伊）

3、（10）式中：co = A （11）TA 和仞是兩個待定的常量，利用參考圓方法，在邛寸刻平板振動的速度%Q =-A6ysin （仞 + 仞） （ 12）因，=0 時，XpQ = 0 . #PQ=V'，由（9）、（ 11）、（ 12）式可求得A = AT (13)(P ( 14)2把( 13)、( 14)式代入( 10)式，得： x PQ =A5ATcosf ( 15)2 冗T 2)碰撞后，小球開始作平拋運動 . 如果第一次碰撞后，小球再經(jīng)過時間L 與平板發(fā)生第二次碰撞且發(fā)生在。處，則在發(fā)生第二次碰撞時，小球的X 座標為AB(?2) = ( 16)平板的 X 座標為： Xpo0) = ?

4、&Tcosf 樊"一買 (17)2兀 v T 2)在碰撞時，有： xB (t2) = xPQ(t 2)(18)由（16）、（ 17）、（ 18）式，代入有關數(shù)據(jù)得：4.90 片=4.41cos 瓦一 ；一一（19）這便是上滿足的方程式，通過數(shù)值計算法求解方程可得（參見數(shù)值列表）t-, = 0.771s（20）如果第二次碰撞正好發(fā)生在平板的邊緣。處，則有：L = u 0t i+t2）（21）由（ 1）、（ 20）和（ 21 ）式得=0.46m/s(22)而滿足題中要求的“。的最小值應大于（22）式給岀的值.綜合以上討論，“。的取值范圍是0.46m/s < M0 <

5、0.71m/s（23）附：（19）式的數(shù)值求解用數(shù)值解法則要代入不同數(shù)值，逐步逼近所求值，列表如下：0.7300.7500.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.810(兀)xpn = 4.41COS21 2J3.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.48xb = 4.90A2.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21XpQ -筆0.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73、參考解答解法一因為B點繞A軸作圓周運動，其速度的大小

6、為乃=a） I （1）B點的向心加速度的大小為aB = arl （ 2）因為是勻角速轉(zhuǎn)動,3點的切向加速度為0,故也是B點的加速度，其方向沿方向 .因為C點繞D軸作圓周運動，其速度的大小用表示，方向垂直于桿C£），在考察的時刻由圖可知，其方向沿桿 BC方向.因是剛性桿，所以 B點和。點沿BC方向的速度必 相等，故有71V =VrCOS =CDI2點的法向加速度此時桿CQ繞。軸按順時針方向轉(zhuǎn)動_ Vc%由圖可知CD = 2V2/,由（3）、（ 4）式得CDaCn = 寺口勺( 5)其方向沿 CQ 方向 .下面來分析 C點沿垂直于桿 CD方向的加速度，即切向加速度 0Q.因為BC是剛性

7、桿，所以C 點相對B點的運動只能是繞 B的轉(zhuǎn)動，。點相對 B點的速度方向必垂直于桿 BC.令表示其速度的大 小，根據(jù)速度合成公式有VCB=VC-VB由幾何關系得VVB VC = 由于。點繞 8作圓周運動，相對 B 的向心加速度 :。街=身 (7)_ /-2 2 _ V2 _ V2CB因為 CB = 4il, 故有aCB - afl (8)其方向垂直桿 CD.由(2)式及圖可知， 8點的加速度沿 8C 桿的分量為(%)昭="BCOS彳 (9)所以 C 點相對 A 點 ( 或。點 ) 的加速度沿垂直于桿 CD 方向的分量% =做=3袂 ( 10)。點的總加速度為。點繞。點作圓周運動的法向

8、加速度。Cn與切向加速度。Ct的合加速度,(11)a的方向與桿C。間的夾角：0- arctan= arctan6 = 80.54 - (12)?c,三、參考解答：1.設a室中原有氣體為 umol,打開Ki后，有一部分空氣進入 a室，直到跖關閉時，a室中氣體 增加到v'mol,設a室中增加的(/-V ) mol氣體在進入容器前的體積為 AV ,氣體進入a室的過程中，大 氣對這部分氣體所作的功為A = pAV (1)用T表示Ki關閉后a室中氣體達到平衡時的溫度，則a室中氣體內(nèi)能增加量為由熱力學第一定律可知AU =v'Cv(T-To)(2)AU = A4由理想氣體狀態(tài)方程，有： -p

9、0V0 =VRTO (4)p0SV = (v ， -v)RT 0 (5)pM=v'RT (6)由以上各式解出5(q+R) 、5CV+4R2. K2 打開后， a 室中的氣體向 b 室自由膨脹，因系統(tǒng)絕熱又無外界做功，氣體內(nèi)能 以溫度不變 (仍為 7) ,而體積增大為原來的 2倍. 由狀態(tài)方程知，氣體壓強變?yōu)椴蛔?，所P = ?Po 關閉 K2, 兩室中的氣體狀態(tài)相同，即Pa = Pb = P , L=L=T,的=*=嶺，且匕=/=/ (9)拔掉銷釘后，緩慢推動活塞 B, 壓縮氣體的過程為絕熱過程，達到最終狀態(tài)時，設兩室氣強、體積和溫度分別為p；、P；、咋、K'、T：、L'

10、，則有體的壓Cy +R Cy +RPX q =p>: c, (io)入虹廠 =湘小 (ii)由于隔板與容器內(nèi)壁無摩擦，故有P： = P ； ( 12)由理想氣體狀態(tài)方程，則有P>:= ART : (13)因:叮 + *'=(15)由(8)? (15)式可得:;此16)(17)在推動活塞壓縮氣體這一絕熱過程中，隔板對a室氣體作的功布等于 a室中氣體內(nèi)能的增加,(18)(19)w = Wq(Dc (、由(6)、(17)和(18)式得： W = " 2 勺一1 p(yQ2R四、參考解答:yX XXXX1 X r XXXX11X IXXXX111X |XXXX1X !xX

11、XXX 'XpXXX 0X女XXX設某一時刻線框在磁場區(qū)域的深度為速度為。，因線框的一條邊切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢為乓=084,它在線框中引起感應電流，感應電流的變化又引起自感電動勢.設線框的電動勢和電流的正方向均為順時針方向，則切割磁感應線產(chǎn)生的電動勢；與設定的正方向相反，自感電動勢此=-£ 與設定的正方向相同.因線框處于超導At狀態(tài)，電阻R = 0,故有互一乓=L vBI 2 一 iR 0 (1)AZ 一即：L + Bh = Q -Nt - Z(3)或： Bl-,x = -LM即：蟲=_匹 (4)Ax L場區(qū)域時右可見z'與X成線性關系，有i = A-Ax+

12、C (5)LC為一待疋常數(shù)，注意到x = 0時，7 = 0,可得C = 0 ,故有x>0時，<0,電流為負值表示線框中電流的方向與設定的正方向相反，即在線框進入磁側(cè)邊的電流實際流向是向上的 .外磁場作用于線框的安培力D2,2f = Bl-,i = x (7)其大小與線框位移 X成正比，方向與位移X相反，具有”彈性力"的性質(zhì).下面分兩種情形做進一步分析(i)線框的初速度較小，在安培力的作用下，當它的速度減為0時，整個線框未 全部進入磁場區(qū)，這時在安培力的繼續(xù)作用下，線框?qū)⒎聪蜻\動，最后退出磁場區(qū).線框 一進一出的運動是一個簡諧振動的半個周期內(nèi)的運動，振動的圓頻率振動的振幅可

13、由能量關系求得，令X,表示線框速度減為 0時進入磁場區(qū)的深度，這時線框的初始動能全部轉(zhuǎn)換為“彈性力”的“彈性勢能”，由能量守恒可得扣 SIS:(10),八土 J Lm從0至，兀-BI2(12).因為在這種情況下工出的最大半個周期后，線框退出磁場區(qū)，將以速度向左勻速運動由此可知，發(fā)生第（i）種情況時，。的值要滿足下式即：尊土 （14）4mL時,（ii）若線框的初速度比較大，整個線框能全部進入磁場區(qū).當線框剛進入磁場區(qū)其速度仍大于0,這要求滿足下式禁(15)當線框的初速度滿足（15）式時，線框能全部進入磁場區(qū)，在全部進入磁場區(qū)域以前，線框的運動方程與（12）式相同，但位移區(qū)間是x = 0到x =

14、?，所以時間間隔與（12)式不同，而是從 0到(16)因為線框的總電動勢總是為0,所以一旦線框全部進入磁場區(qū)域，線框的兩條邊都切割磁感應線，所產(chǎn)生的電動勢之和為0,因而自感電動勢也為 0.此后線框中維持有最大線框?qū)⒃诖艌鰠^(qū)域勻速的電M =牛，磁場對線框兩條邊的安培力的合力等于零，前進，運動的速度可由下式?jīng)Q定-mvl =-mv 2 + 上竺彳即:222 L(17)五、參考解答：解法一：1. 由于等離子層的厚度遠小于地球的半徑，故在所考察的等離子區(qū)域內(nèi)的引力場和磁場都可視為勻強場.在該區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度考察等離子層中的某一質(zhì)量為加、電荷量為g、初速度為“的粒子，取粒子所在處為坐標原點。，作一直

15、角坐標系Oxyz, Ox軸指向地球中心，Oz沿磁場方向，如圖 1所示.該粒子的初速度在坐標系中的三個分量分別為以、的和處.因作用于粒子的引力沿x軸正方向，作用于粒子的洛倫茲力與z軸垂直，故粒子在 z軸方向不受力作用，沿z軸的分速 度保持不變.現(xiàn)設想在開始時刻，附加給粒子一沿y軸正方向大小為如的速度，同時附加給粒子一沿y軸負方向大小為"0的速度，要求與其中一個如相聯(lián)系的洛倫茲力正好與粒子所受的地球引力相平衡，即qvoB = mg得:=竺qB(3)用#表示必與沿y軸的速度Uy +V0的合速度（對質(zhì)子取正號，對電子取負號），有” =土）2 （4）這樣，所考察的粒子的速度可分為三部分：沿Z軸

16、的分速度其大小和方向都保持不變，但對不同的粒子是不同的，屬于等離子層中粒子的無規(guī)則運動的速度分量 .沿y軸的速度 .對帶正電的粒子，速度的方向沿y軸的負方向，對帶負電的粒子速度的方向沿 y 軸的正方向 . 與這速度聯(lián)系的洛倫茲力正好和引力抵消，故粒子將以速率%沿軸運動 . 由(3)式可知，的大小是恒定的，與粒子的初速度無關，且對同種的粒子相同 .在 Oxy 平面內(nèi)的速度” .與這速度聯(lián)系的洛倫茲力使粒子在 Qxy 平面內(nèi)作速率為” 的勻 速率圓周運動，若以 R 表示圓周的半徑，則有V2qvB = m得由(4)、(5)式可知，軌道半徑不僅與粒子的質(zhì)量有關，而且與粒子的初速度的x 分量“， 和 y

17、分量有關 . 圓周運動的速度方向是隨時間變化的，在圓周運動的一個周期內(nèi)的平均 速度等于 0.由此可見，等離子層內(nèi)電子和質(zhì)子的運動雖然相當復雜，但每個粒子都具有由 ( 3) 式給出 的速度 ,其方向垂直于粒子所在處的地球引力方向，對電子，方向向西，對質(zhì)子 , 方向向東 .電子、質(zhì)子這種運動稱為漂移運動，對應的速度稱為漂移速度 . 漂移運動是粒 子的定向運動， 電子、質(zhì)子的定向運動就形成了環(huán)繞地球中心的環(huán)形電流 .由( 3)式和 (1)、( 2)兩式以及有關數(shù)據(jù)可得電子和質(zhì)子的漂移速度分別為(6)% =9.2x10-6m/s% =1.7xlCFAm/s (7)由于電子、質(zhì)子漂移速度的方向相反，電荷

18、異號，它們產(chǎn)生的電流方向相同，均為沿 緯 度向東 . 根據(jù)電流密度的定義有j = g(0op + %J (8)代入有關數(shù)據(jù)得： j = 2.8xlO- 14A/m 2 (9)電流密度的方向沿緯度向東 .2. 上一小題的討論表明，粒子在。卻平面內(nèi)作圓周運動，運動的速率由( 4)式給出， 它與粒子的初速度有關 . 對初速度方向指向地心的粒子，圓周運動的速率為o = +芯- (10)由(1)、(2)、(3)、(5)、(10)各式并代入題給的有關數(shù)據(jù)可得電子、質(zhì)子的軌道半徑分別為R= 0.33m鳥=14.8m以上的計算表明，雖然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子還受到磁場的作用,電子和質(zhì)子在地球半

19、徑方向的最大下降距離分別為2R. = 0.66 m和2氏=29.6 m ,都遠小 于等離子層的厚度，所考察的電子和質(zhì)子仍在等離子層內(nèi)運動，不會落到地面上六、參考解答：1 - 一 &2. 2d(附1)（附 2）.d , deA1 = yo = 0y（附3）附1、2兩問的參考解法:1 .求S'經(jīng)雙縫產(chǎn)生的干涉圖像的零級亮紋矽的位置離，即設點的坐標為說，它也就是光源S與S分別對應的干涉條紋的零級亮紋之間的距PoF0 = 3y = y o - Q = y o由雙縫到矽點的光程差A = SzR-Sg,從§作 SP;的垂線交于 H點，三角形 OgR與三角形§誑2相似，因

20、D?d ,貝UA2-三角形SOS'與三角形SG$2相似，因id,則A2=gS7-(§ 7G + GA) = -GA = -J5 -對滿足零光程差條件的X而言, 得5y = 8s （附 4 ）2.在線光源情況下，可以導出雙縫干涉的相鄰兩亮紋的間距為Ay = 2 （附 5）d爵值不同對應著擴展光源中不同位置的線光源 . 不難證明，它們經(jīng)雙縫產(chǎn)生干涉條 紋的 間距均如（ 5）式所示 . 寬度為 w 的擴展光源是由一系列爵值不同的、連續(xù)分布 的、相互獨立 的線光源構(gòu)成 . 因此擴展光源在觀察屏上產(chǎn)生的干涉圖像的強度是由每個線光源產(chǎn)生干涉條紋 的強度相加而成 .當擴展光源寬度為 w 時

21、，對于光源最邊緣點有3s-w （ 附 6）代入（ 4）式Sy = w （ 附 7）'I若： Ay = 3y- （附 8）則相當于擴展光源最邊緣的線光源產(chǎn)生的干涉條紋錯開了一個條紋間距 . 由于擴展光源各 部分產(chǎn)生的干涉條紋的光強分布都相同，各套干涉條紋強度相加的結(jié)果使屏上各處光強相 等，變 得一片模糊而無法分辨 .由（ 5）式和（ 7）式，求得為使條紋能被分辨，擴展光源允許的最大寬度w = -A附 9）3. 解法像屏b如圖所示，a"是由擴展光源上端邊緣發(fā)岀的平行光，是由擴展光源下端邊綠岀的平行光.P。設瀝光線交于 A】點,a'b'光線交于AZ?點.光束中的光線

22、a經(jīng)過MMSP到達觀察屏上F點；光 線，經(jīng)過 MM,SP到達觀察屏上 F點，兩相干光波產(chǎn)生干涉，在觀察屏上產(chǎn)生一套干涉條紋.同理，平行光束 W/在觀察屏上產(chǎn)生另一套干涉條紋.從擴展光源不同部位發(fā)岀的、傾角在 0和之間不同角度入射的平行光束，經(jīng)邁克爾遜測星儀相應的反射鏡走過不同路徑到雙孔，然后在觀察屏上產(chǎn)生很多套干涉條紋.這些干涉條紋光強度彼此相加，屏幕上就形成了光強度的布圖像.根調(diào)第2問的結(jié)果，其清晰度取決于來自擴展光源上下邊緣發(fā)岀的平行光aa與bb'分別在屏幕上產(chǎn)生兩套干涉條紋的相對位置錯開的程度.由對稱性考慮，平行光束aa'中兩條光線。和 a'在觀察屏上玲的光程差為

23、0,即平行 光aa產(chǎn)生的那套干涉條紋的零級亮紋就在*處.現(xiàn)討論以傾角。斜入射的平行光束通過整個光學裝置后，在觀察屏上某點發(fā)生干涉時的光程差.光束力礦中的光線入射 Mi的光線經(jīng)阪反射到達島，光線從Al】點算起，所經(jīng)光程為帝；光線力入射心2的光線經(jīng)肱4反射到達$2,光線力從肱2點算起，所經(jīng)光程為由對稱性可得=MM,+MS 也就是說從 Mi和泌算起，光線力和 $到達島與$2的光程是相等的，但是光線和Z/在到達M和M時，二者的相位卻不同.由虬作斜入射光線仞虬的垂線交H點，MR與H相位相等，因此，斜入射的兩條平行光線力和Z/到達S和，時的相位差是光程差麗？引起的A ； = M2M,S-HMiMS = -

24、HM, = -he(2)從擴展光源下邊緣發(fā)出的平行光束斜入射到測星干涉儀，經(jīng)雙孔后發(fā)出的相干光在觀察屏 坐標為 y （坐標原點取在上）的 P 點上引起的光程差 = :+ 言 其零級亮紋所在位置矽對應的光程差厶 =0 ,故的坐標說, 與 a這也就是平行光 a"與產(chǎn)生的干涉條紋的零級亮紋（也是兩套條紋）錯開的距離8y = h0 （ 5）因在線光源情況下，可以導出雙孔干涉的相鄰兩亮紋的間距為,y = ?4 （6）當二者錯開一個條紋間隔時，即 > = $ “代入（6）式（星光波長采用元），得0 = - （ 7）h遠處的星體作為擴展光源發(fā)出的光經(jīng)過“測星儀”到達雙孔，在屏上觀察到干涉條紋

25、的清晰度下降，由小到大調(diào)節(jié) Mi 、必距離人，當屏幕上條紋消失時，記下此時介的值代入（7）式就可確定擴展光源角直徑。的大小 .注：實際星體都看作均勻亮度的圓形擴展光源，通過調(diào)節(jié)/? 使屏幕上的干涉條紋消失 , 即各處強度完全相等時，通過數(shù)學計算，用邁克爾遜測星儀測量得的星體角直徑0 = 1.22-.h解法二如圖3所示，對 M、州而言，找岀§對姬的中間像X和對構(gòu)所成的像以及光線a在泌、AG的反射點F和G.由物像的對稱性可知或 =兩，F(xiàn)S = FS ;，故FS; = FG + GSA即從光線a上一點到和到島的光程相等 .同理可證，從光線 b上一點到和到§的光 程相等；對 也、M

26、 （未畫岀）而言，從光線，上一點到 S;和到島的光程相等；從光線 Z/上一點到S;和 到S2的光程相等.I怨二g3因此，光線。到 S處與光線a'到禹處引起的光程差與沒有反射鏡Ml、心2時兩光線到S, S;處的光程相等.因a、a'垂直雙孔屏，故A/a =0通過雙孔§、禹后，光線“、a'在匕的光程差A/ ； =0 (2)平行光束力$斜入射時，可從5, 5;處求仄Z/兩光線到達S、§處的光程差心由S;作焚：的垂線(見圖4),M =7iS = hsmQAhQ (3)說明光線Z/超前于光線R通過雙孔§、島后光線力、$射岀的相干光線在屏幕上形成的零級亮

27、紋不可能位于E處，因為二者到達雙孔前光線 Z/己超前了光線力，如圖 5所示，光線$經(jīng)過$2孔后要多走 一段光程 來抵消前面的相位差，以達到與光線萬在沒有光程差的情況下相交于遠方屏幕上，形成干涉零級亮紋.該點所對應的b'經(jīng)過S2孔后多走的光程=S2PQ - SPQ = dsm(p d(p (4)從左4= A/ ；可求得平行光束力/經(jīng)雙孔后在觀察屏上的干涉零級條紋位置由(3)式和(4)式，得：(p(6)的位置坐標： y ； =Dta nn D(p-由小到大調(diào)節(jié)反射鏡肱1、也之間的距離(也就是S, S;之間的距離)h,直到屏幕上的干涉條紋消失，即各處強度完全相等時，記下此時介的值.這時相干光

28、 AZ/在屏幕上零級亮紋位置與叢的距離福=說 _0 =力=£> (7)當瓦耳等于條紋間隔 “，即-D -叢鳥=7A d代入(7)式得：<pK (9)d由(5)、(9)兩式，得：e = - (10)解法三擴展光源的允許寬度為w=Ln從而擴展d根據(jù)第2問的結(jié)果，為使條紋能被分辨, 光源對雙縫中心的張角為如圖3所示，對M、也而言，找岀§對州的中間像覽和對肱1所成的像S；以及光 線"在泌、“3勺反射點F和G.由物像的對稱性可知或 =兩，F(xiàn)S = FS ;，故FS = FG + GS即從光線a上一點到和到島的光程相等.同理可證，從光線 b上一點到和到§的光程相等；對也、M (