2023年第十七屆全國高中生物理競賽復(fù)賽試題及答案

第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題題號一二三四五六總計全卷共六題,總分140分一、（20分）在一大水銀槽中豎直插有一根玻璃管，管上端封閉，下端開口.已知槽中水銀液面以上的那部分玻璃管的長度,管內(nèi)封閉有的空氣,保持水銀槽與玻璃管都不動而設(shè)法使玻璃管內(nèi)空氣的溫度緩慢地減少10℃,問在此過程中管內(nèi)空氣放出的熱量為多少？已知管外大氣的壓強為汞柱高,每摩爾空氣的內(nèi)能,其中為絕對溫度,常量,普適氣體常量。二、(20分)如圖復(fù)17－２所示,在真空中有一個折射率為(，為真空的折射率)、半徑為的質(zhì)地均勻的小球。頻率為的細激光束在真空中沿直線傳播，直線與小球球心的距離為()，光束于小球體表面的點點經(jīng)折射進入小球（小球成為光傳播的介質(zhì)），并于小球表面的點點又經(jīng)折射進入真空.設(shè)激光束的頻率在上述兩次折射后保持不變．求在兩次折射過程中激光束中一個光子對小球作用的平均力的大?。?、（２5分）壽命,這是近十幾年來粒子物理研究最重要的實驗進展之一.?１.正、反頂夸克之間的強互相作用勢能可寫為,式中是正、反頂夸克之間的距離，是強互相作用耦合常數(shù),是與單位制有關(guān)的常數(shù),在國際單位制中．為估算正、反頂夸克能否構(gòu)成一個處在束縛狀態(tài)的系統(tǒng),可把束縛狀態(tài)設(shè)想為正反頂夸克在彼此間的吸引力作用下繞它們連線的中點做勻速圓周運動．如能構(gòu)成束縛態(tài)，試用玻爾理論擬定系統(tǒng)處在基態(tài)中正、反頂夸克之間的距離.已知處在束縛態(tài)的正、反夸克粒子滿足量子化條件,即?

式中為一個粒子的動量與其軌道半徑的乘積,為量子數(shù),為普朗克常量．?2.試求正、反頂夸克在上述設(shè)想的基態(tài)中做勻速圓周運動的周期．你認為正、反頂夸克的這種束縛態(tài)能存在嗎？四、(25分)宇宙飛行器和小行星都繞太陽在同一平面內(nèi)做圓周運動,飛行器的質(zhì)量比小行星的質(zhì)量小得很多，飛行器的速率為,小行星的軌道半徑為飛行器軌道半徑的6倍.有人企圖借助飛行器與小行星的碰撞使飛行器飛出太陽系，于是他便設(shè)計了如下方案:Ⅰ.當飛行器在其圓周軌道的適當位置時,忽然點燃飛行器上的噴氣發(fā)動機，通過極短時間后立即關(guān)閉發(fā)動機，以使飛行器獲得所需的速度，沿圓周軌道的切線方向離開圓軌道；Ⅱ．飛行器到達小行星的軌道時正好位于小行星的前緣,速度的方向和小行星在該處速度的方向相同，正好可被小行星碰撞；Ⅲ.小行星與飛行器的碰撞是彈性正碰,不計燃燒的燃料質(zhì)量.?１．試通過計算證明按上述方案能使飛行器飛出太陽系；

2．設(shè)在上述方案中,飛行器從發(fā)動機取得的能量為.假如不采用上述方案而是令飛行器在圓軌道上忽然點燃噴氣發(fā)動機,通過極短時間后立即關(guān)閉發(fā)動機,以使飛行器獲得足夠的速度沿圓軌道切線方向離開圓軌道后能直接飛出太陽系.采用這種辦法時，飛行器從發(fā)動機取得的能量的最小值用表達，問為多少？五、（２5分)在真空中建立一坐標系，以水平向右為軸正方向,豎直向下為軸正方向,軸垂直紙面向里(圖復(fù)1７-5).在的區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,,磁場的磁感強度的方向沿軸的正方向，其大小.今把一荷質(zhì)比的帶正電質(zhì)點在,，處靜止釋放,將帶電質(zhì)點過原點的時刻定為時刻,求帶電質(zhì)點在磁場中任一時刻的位置坐標．并求它剛離開磁場時的位置和速度.取重力加速度。六、(２5分)普通光纖是一種可傳輸光的圓柱形細絲,由具有圓形截面的纖芯和包層組成,的折射率小于的折射率,光纖的端面和圓柱體的軸垂直，由一端面射入的光在很長的光纖中傳播時，在纖芯和包層的分界面上發(fā)生多次全反射.現(xiàn)在運用普通光纖測量流體的折射率.實驗方法如下：讓光纖的一端(出射端)浸在流體中．令與光纖軸平行的單色平行光束經(jīng)凸透鏡折射后會聚光纖入射端面的中心，經(jīng)端面折射進入光纖,在光纖中傳播.由點出發(fā)的光束為圓錐形，已知其邊沿光線和軸的夾角為，如圖復(fù)１7－６－１所示.最后光從另一端面出射進入流體．在距出射端面處放置一垂直于光纖軸的毛玻璃屏,在上出現(xiàn)一圓形光斑,測出其直徑為,然后移動光屏至距光纖出射端面處，再測出圓形光斑的直徑,如圖復(fù)1７-6-2所示.

1.若已知和的折射率分別為與,求被測流體的折射率的表達式.?2．若、和均為未知量,如何通過進一步的實驗以測出的值?

第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答一、參考解答設(shè)玻璃管內(nèi)空氣柱的長度為,大氣壓強為,管內(nèi)空氣的壓強為，水銀密度為，重力加速度為，由圖復(fù)解17-1-1可知?(１）根據(jù)題給的數(shù)據(jù)，可知，得

（2)若玻璃管的橫截面積為,則管內(nèi)空氣的體積為(３)?由（2)、（3)式得?(４)

即管內(nèi)空氣的壓強與其體積成正比,由克拉珀龍方程得

(5）

由（5)式可知,隨著溫度減少,管內(nèi)空氣的體積變小,根據(jù)（4)式可知管內(nèi)空氣的壓強也變小，壓強隨體積的變化關(guān)系為圖上過原點的直線,如圖復(fù)解１７-1-2所示．在管內(nèi)氣體的溫度由降到的過程中，氣體的體積由變到,體積縮小,外界對氣體做正功,功的數(shù)值可用圖中劃有斜線的梯形面積來表達,即有（6）管內(nèi)空氣內(nèi)能的變化(7）設(shè)為外界傳給氣體的熱量，則由熱力學(xué)第一定律，有（８）由（5)、(6)、(７)、(8）式代入得（９)代入有關(guān)數(shù)據(jù)得表達管內(nèi)空氣放出熱量,故空氣放出的熱量為（１０）評分標準:本題20分(1）式1分,（4)式5分,(６)式7分,（7）式1分,（8）式2分，（9）式１分,（10)式3分。二、參考解答在由直線與小球球心所擬定的平面中，激光光束兩次折射的光路如圖復(fù)解1７－2所示,圖中入射光線與出射光線的延長線交于,按照光的折射定律有(1）式中與分別是相應(yīng)的入射角和折射角，由幾何關(guān)系還可知(2)激光光束經(jīng)兩次折射，頻率保持不變,故在兩次折射前后，光束中一個光子的動量的大小和相等，即（3）式中為真空中的光速,為普朗克常量.因射入小球的光束中光子的動量沿方向，射出小球的光束中光子的動量沿方向,光子動量的方向由于光束的折射而偏轉(zhuǎn)了一個角度，由圖中幾何關(guān)系可知（4）若取線段的長度正比于光子動量,的長度正比于光子動量,則線段的長度正比于光子動量的改變量,由幾何關(guān)系得(5）為等腰三角形，其底邊上的高與平行,故光子動量的改變量的方向沿垂直的方向,且由指向球心.光子與小球作用的時間可認為是光束在小球內(nèi)的傳播時間,即（6)式中是光在小球內(nèi)的傳播速率。按照牛頓第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小為（7)按照牛頓第三定律，光子對小球的平均作用力大小，即(8）力的方向由點指向點.由(１）、(2)、（4)及(8）式，通過三角函數(shù)關(guān)系運算，最后可得(９)評分標準：本題2０分（1）式１分，（５)式8分，（6)式4分,（8)式3分，得到(9)式再給4分。三、參考解答1．相距為的電量為與的兩點電荷之間的庫侖力與電勢能公式為（1)現(xiàn)在已知正反頂夸克之間的強互相作用勢能為根據(jù)直接類比可知，正反頂夸克之間的強互相作用力為(２)設(shè)正反頂夸克繞其連線的中點做勻速圓周運動的速率為，因兩者相距,兩者所受的向心力均為,兩者的運動方程均為（3）由題給的量子化條件,粒子處在基態(tài)時,取量子數(shù)，得(4)由(３)、(４)兩式解得(5)代入數(shù)值得（6)２.由(3）與（4)兩式得（7）由和可算出正反頂夸克做勻速圓周運動的周期(８)代入數(shù)值得（９)由此可得（１０）因正反頂夸克的壽命只有它們組成的束縛系統(tǒng)的周期的１/５，故正反頂夸克的束縛態(tài)通常是不存在的.評分標準:本題25分1.15分。（2）式４分,（5）式9分,求得（6)式再給２分。2.1０分。（8)式３分。（９）式1分，對的求得(１0）式并由此指出正反頂夸克不能形成束縛態(tài)給6分。四、參考解答１.設(shè)太陽的質(zhì)量為，飛行器的質(zhì)量為，飛行器繞太陽做圓周運動的軌道半徑為．根據(jù)所設(shè)計的方案，可知飛行器是從其本來的圓軌道上某處出發(fā)，沿著半個橢圓軌道到達小行星軌道上的，該橢圓既與飛行器本來的圓軌道相切，又與小行星的圓軌道相切．要使飛行器沿此橢圓軌道運動,應(yīng)點燃發(fā)動機使飛行器的速度在極短的時間內(nèi),由變?yōu)槟骋恢担O(shè)飛行器沿橢圓軌道到達小行星軌道時的速度為,因大小為和的這兩個速度的方向都與橢圓的長軸垂直,由開普勒第二定律可得（1）由能量關(guān)系，有(2)由牛頓萬有引力定律,有或（3)解（1)、（2）、（3)三式得（４）（5）設(shè)小行星繞太陽運動的速度為,小行星的質(zhì)量，由牛頓萬有引力定律得（６)可以看出(7)由此可見，只要選擇好飛行器在圓軌道上合適的位置離開圓軌道,使得它到達小行星軌道處時，小行星的前緣也正好運動到該處,則飛行器就能被小行星撞擊．可以把小行星看做是相對靜止的,飛行器以相對速度為射向小行星，由于小行星的質(zhì)量比飛行器的質(zhì)量大得多，碰撞后，飛行器以同樣的速率彈回,即碰撞后,飛行器相對小行星的速度的大小為,方向與小行星的速度的方向相同，故飛行器相對太陽的速度為或?qū)ⅲ?)、(6）式代入得(8)假如飛行器能從小行星的軌道上直接飛出太陽系,它應(yīng)具有的最小速度為,則有得（9）可以看出(1０)飛行器被小行星撞擊后具有的速度足以保證它能飛出太陽系．2.為使飛行器能進入橢圓軌道,發(fā)動機應(yīng)使飛行器的速度由增長到，飛行器從發(fā)動機取得的能量（11)若飛行器從其圓周軌道上直接飛出太陽系，飛行器應(yīng)具有的最小速度為，則有由此得(12）飛行器的速度由增長到,應(yīng)從發(fā)動機獲取的能量為（13)所以（１4)評分標準:本題25分1．18分。其中(5）式6分，求得（６）式,說明飛行器能被小行星碰撞給3分；(8)式5分;得到(１0）式，說明飛行器被小行星碰撞后能飛出太陽系給4分。2.7分。其中（11）式3分，(13)式3分，求得（１４）式再給1分。五、參考解答解法一:帶電質(zhì)點靜止釋放時,受重力作用做自由落體運動,當它到達坐標原點時,速度為(1）方向豎直向下.帶電質(zhì)點進入磁場后,除受重力作用外,還受到洛倫茲力作用，質(zhì)點速度的大小和方向都將變化,洛倫茲力的大小和方向亦隨之變化．我們可以設(shè)想，在帶電質(zhì)點到達原點時,給質(zhì)點附加上沿軸正方向和負方向兩個大小都是的初速度,由于這兩個方向相反的速度的合速度為零,因而不影響帶電質(zhì)點以后的運動.在時刻,帶電質(zhì)點因具有沿軸正方向的初速度而受洛倫茲力的作用。（2)其方向與重力的方向相反．適當選擇的大小,使等于重力，即(3)(４)只要帶電質(zhì)點保持(４)式?jīng)Q定的沿軸正方向運動,與重力的合力永遠等于零．但此時,位于坐標原點的帶電質(zhì)點還具有豎直向下的速度和沿軸負方向的速度，兩者的合成速度大小為（５）方向指向左下方，設(shè)它與軸的負方向的夾角為,如圖復(fù)解17－５－１所示,則（6)因而帶電質(zhì)點從時刻起的運動可以看做是速率為，沿軸的正方向的勻速直線運動和在平面內(nèi)速率為的勻速圓周運動的合成.圓周半徑（7)帶電質(zhì)點進入磁場瞬間所相應(yīng)的圓周運動的圓心位于垂直于質(zhì)點此時速度的直線上，由圖復(fù)解17-5-1可知，其坐標為(8）圓周運動的角速度(9)由圖復(fù)解17-５-1可知，在帶電質(zhì)點離開磁場區(qū)域前的任何時刻，質(zhì)點位置的坐標為（１0）(11)式中、、、、、已分別由(4）、（７)、(9）、(6)、（8）各式給出。帶電質(zhì)點到達磁場區(qū)域下邊界時,,代入(１1)式，再代入有關(guān)數(shù)值,解得(12）將（12）式代入(1０)式，再代入有關(guān)數(shù)值得（13)所以帶電質(zhì)點離開磁場下邊界時的位置的坐標為(１４）帶電質(zhì)點在磁場內(nèi)的運動可分解成一個速率為的勻速圓周運動和一個速率為的沿軸正方向的勻速直線運動,任何時刻,帶電質(zhì)點的速度便是勻速圓周運動速度與勻速直線運動的速度的合速度.若圓周運動的速度在方向和方向的分量為、,則質(zhì)點合速度在方向和方向的分速度分別為（15）（16)雖然，由(５)式?jīng)Q定，其大小是恒定不變的,由(4)式?jīng)Q定,也是恒定不變的,但在質(zhì)點運動過程中因的方向不斷變化，它在方向和方向的分量和都隨時間變化,因此和也隨時間變化，取決于所考察時刻質(zhì)點做圓周運動速度的方向，由于圓周運動的圓心的坐標恰為磁場區(qū)域?qū)挾鹊囊话?由對稱性可知,帶電質(zhì)點離開磁場下邊沿時,圓周運動的速度方向應(yīng)指向右下方,與軸正方向夾角，故代入數(shù)值得將以上兩式及(5）式代入（1５）、(16）式,便得帶電質(zhì)點剛離開磁場區(qū)域時的速度分量，它們分別為（17)（18）速度大小為（1９）設(shè)的方向與軸的夾角為,如圖復(fù)解1７-5－2所示,則得(20)評分標準：本題25分(4）式5分，求得(5）、（6）式各給3分，求得（10）、(１1）式各給2分,（14)式3分,（１９）式5分，求得(２０）式再給2分。解法二:若以帶電質(zhì)點到達坐標原點的時刻作為起始時刻()，則質(zhì)點的初速度為(１)方向沿軸正方向.進入磁場區(qū)后,帶電質(zhì)點將受到洛倫茲力作用，洛倫茲力在方向的分力取決于質(zhì)點在方向的分速度,因此質(zhì)點動量在方向的分量的增量為(2）是帶電質(zhì)點在時間內(nèi)沿方向的位移,質(zhì)點在磁場中運動的整個過程中，此式對每一段時間都成立,所以在屆時間內(nèi)方向的動量的改變?yōu)橐虺跏紩r刻（)，帶電質(zhì)點在軸方向的動量為零,其位置在原點，，因而得即(3）?當帶電質(zhì)點具有方向的速度后,便立即受到沿負方向的洛倫茲力的作用．根據(jù)牛頓第二定律,在方向上有加速度（4）將(3）式代入(4）式,得（5）令（6）式中(７）即在方向作用于帶電質(zhì)點的合力其中是準彈性力,在作用下，帶電質(zhì)點在方向的運動是簡諧振動，振動的圓頻率（8)隨時間變化的規(guī)律為（9）或（１０)與是待求的常量，質(zhì)點的簡諧運動可以用參考圓來描寫，以所考察的簡諧運動的振幅為半徑作一圓,過圓心作一直角坐標．若有一質(zhì)點沿此圓周做勻速率圓周運動，運動的角速度等于所考察簡諧運動的角頻率，且按逆時針方向轉(zhuǎn)動,在時刻,點的在圓周上的位置恰使連線與軸的夾角等于（9）式中的常量,則在任意時刻,與的連線與軸的夾角等于,于是連線在軸上的投影即為（9）式所示的簡諧振動,將軸平行下移,連線在軸的投影即如(１0）式所示（參看圖復(fù)解17-5-3),點做圓周運動的速度大小，方向與垂直，速度的分量就是帶電質(zhì)點沿軸做簡諧運動的速度,即(11)(10）和(１１)兩式中的和可由下面的方法求得：由于已知在時,帶電質(zhì)點位于處，速度，把這個條件代入(1０）式與(11)式得解上面兩式,結(jié)合(1)、（8)式，注意到振幅總是正的,故得

(12)(13)把（10）式代入(3)式，便得帶電質(zhì)點沿軸運動的速度(１4)(１4)式表達帶電質(zhì)點在方向上的速度是由兩個速度合成的，即沿方向的勻速運動速度和方向的簡諧振動速度的合成,帶電質(zhì)點沿方向的勻速運動的位移（１5）由沿方向的簡諧振動速度可知，沿方向振動位移的振幅等于速度的最大值與角頻率的比值（參看圖復(fù)解１７-5-３),即等于．由參考圓方法可知，沿方向的振動的位移具有如下的形式它也許是,亦也許是．在本題中,時刻，應(yīng)為零，故前一表達式不符合題意.后一表達式中，應(yīng)取的值為,故有（1６）帶電質(zhì)點在方向的合位移，由（１5)、(16)式，得(１7)（１７）、(10)、（14）和（11)式分別給出了帶電質(zhì)點在離開磁場區(qū)域前任何時刻的位置坐標和速度的分量和分量，式中常量、、、已分別由(8)、(13）、（1２)和(7）式給出.?當帶電質(zhì)點達成磁場的下邊界時，(18）將與(1０）式有關(guān)的數(shù)據(jù)代入(10)式,可解得(19)代入（1７)式,得(20)將（１9）式分別代入(１4)式與（11）式,得速度大小為（２１）速度方向為（２２）評分標準：本題２5分(７)式2分，（8）式3分，（１０）式２分,(１1）式2分,(１2)式3分,(13）式3分，（1４）式2分，(1７）式3分,(20）式3分，（21）式1分，(22）式１分。六、參考解答1.由于光纖內(nèi)所有光線都從軸上的點出發(fā),在光纖中傳播的光線都與軸相交，位于通過軸的縱剖面內(nèi)，圖復(fù)解１7－