第33屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽答案

面）分別平行于各自的軸線，且相互平行；各軸。一束在真空中波長(zhǎng)為λ的可見光沿Z軸負(fù)方向傍軸入射，分別從上、下柱面反射回來(lái)的光線會(huì)發(fā)生干涉；借助于光學(xué)讀數(shù)顯微軸方向，可觀測(cè)到原點(diǎn)附近上方柱面上的干涉條紋在X-Y平面的投影。R1和R2遠(yuǎn)大于傍軸光線干涉區(qū)域所對(duì)應(yīng)的兩柱面間最大間隙?？諝庹凵渎蕿閚0=1.00。試推導(dǎo)第k介質(zhì)；光線在光密（疏）介質(zhì)的表面反射時(shí)，反射波存在（不存在）半波損失。任射波不存在半波損失。伴隨半波損失將產(chǎn)生大小為τ的相位突變。b.sinx≈x,當(dāng)x<<1。P點(diǎn)處傍軸垂直入射，入射角為θ,折射角為θ0，由折射定律有式中λ為入射光線在真空中的波長(zhǎng)，n0=1.00。由題意，R1和R2遠(yuǎn)大于傍軸光線干涉區(qū)域所對(duì)應(yīng)nθ≈n0θ0在傍軸條件下，柱面上P、Q兩處切平面的法④⑤⑥zp’pPzQ⑦⑧可以將⑨式右端的z-坐標(biāo)近似用x-或y-坐標(biāo)表出。為此，引間的空氣隙的厚度為e，柱面半徑為R。對(duì)三邊邊長(zhǎng)分別為R、Re和r的直角三角形有R2=(R22⑩即2Ree2=r2在光線傍軸垂直入射時(shí)，e<<R，可略去?式左端的e2，故?在光線傍軸垂直入射時(shí)，前面已證近似有點(diǎn)的坐標(biāo)取為P(x,y,zP)、Q(x,y,zQ)，如圖c所示。根據(jù)?式可知，P、Q兩點(diǎn)到XOY切平面的zP最后，光線在上、下兩個(gè)柱面反射并相遇時(shí),其光程差ΔL為若P、Q兩點(diǎn)在XOY平面的投影點(diǎn)(x,y)落在第k級(jí)亮(暗)紋上，則ΔL須滿足條件⑥式中亮環(huán)條件對(duì)應(yīng)于第k級(jí)亮紋上的點(diǎn)(x,y,z)的x-、y-坐標(biāo)滿足的方程。實(shí)驗(yàn)園區(qū)給一內(nèi)徑為2.00m、高為24.00cm的透明圓柱形觀察柱，底部與罐相連（連接處很短頂部與大氣相通，如圖所示。加完水后，與罐壁無(wú)摩擦并密閉了罐頂?shù)募铀?。此時(shí)加水員通過(guò)觀察柱上的刻度看到罐內(nèi)水高為1.00m。觀察柱內(nèi)水位為多少？假設(shè)中間無(wú)人用水，水的蒸發(fā)及罐和觀察柱體積隨溫度的變化可忽略?！?03kg.m3，水在溫度變化過(guò)程中的平均體積p0V0式中n為罐內(nèi)空氣的摩爾數(shù)，p0、V0=τm3和T0=277.15K分別是此時(shí)罐內(nèi)空氣的壓強(qiáng)、體積和式中T1=297.15K?？諝夂退捏w積都發(fā)生變化，使得觀察柱中水位發(fā)生變化，此時(shí)觀察柱內(nèi)水式中右端第三項(xiàng)是由原罐內(nèi)和觀察柱內(nèi)水的膨脹引起的貢水面的高度，S1=τm2、S2=4τ×10—4m2分別為罐、觀察柱的橫截面p1gΔh1⑤V（解法一）早上罐內(nèi)空氣壓強(qiáng)p0=1.01×1053Pa0，可認(rèn)為在準(zhǔn)靜態(tài)升溫過(guò)程中，罐內(nèi)空氣平均壓強(qiáng)為可見ΔV/V0⑩???（解法二）緩慢升溫是一個(gè)準(zhǔn)靜態(tài)過(guò)程，在封閉水罐后至中午之間的任意時(shí)都處于熱平衡狀態(tài)，設(shè)其體積、溫度和壓強(qiáng)分別為V、T和p。水溫為T時(shí)水的密度為⑩將②③④式中的V1、T1和p1換為V、T和p，利用⑩式得，罐內(nèi)空氣在溫度為T時(shí)的狀態(tài)方程為??T??3J3J（解法三）緩慢升溫是一個(gè)準(zhǔn)靜態(tài)過(guò)程，在封閉水罐后至中午的任意時(shí)熱平衡狀態(tài)，設(shè)其體積、溫度和壓強(qiáng)分別為V、T和p。水在溫為T時(shí)的密度為⑩將②③④式中的V1、T1和p1換為V、T和p，利用⑩式得，罐內(nèi)空氣在溫度為T時(shí)的狀態(tài)方程為TpglSpglSpg??④④3J現(xiàn)計(jì)算罐內(nèi)空氣的內(nèi)能變化。由能量均分定理知，罐內(nèi)空氣中午相對(duì)于清晨的內(nèi)能從密閉水罐后至中午，罐內(nèi)空氣在這個(gè)過(guò)程中④⑥⑩圓軌道繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，兩條軌道在同一平面內(nèi)。將太陽(yáng)、地球和木星都視為質(zhì)點(diǎn)，忽略太陽(yáng)系內(nèi)其它星體的引力；且地球和木星之間的引力在有太陽(yáng)時(shí)可忽略。已知太陽(yáng)和木星質(zhì)量分別為ms和mj，引力常量為G。地球和木星繞太陽(yáng)運(yùn)行的軌道半徑分別是re和rj。假設(shè)在某個(gè)時(shí)刻，地球與太陽(yáng)的連線和木星與太陽(yáng)的連線之間的夾角為θ。這時(shí)若太陽(yáng)質(zhì)量突然變?yōu)榱?，求?）此時(shí)地球相對(duì)木星的速度大小vej和地球不被木星引力俘獲所需要的最小速率v0。（2）試討論此后地球是否會(huì)圍繞木星轉(zhuǎn)動(dòng)，可利用（1）中結(jié)果和數(shù)據(jù)ms≈2.0×1030kg、mj27kg、木星公轉(zhuǎn)周期Tj≈12y。質(zhì)量變?yōu)榱阒暗乃查g，地球和木星圍繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)的速度。設(shè)在太陽(yáng)質(zhì)量變?yōu)榱阒?，地球星繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)速度分別是ve和vj。以太陽(yáng)為原點(diǎn)、地球和木星公轉(zhuǎn)軌道平面為x-y平面建立坐標(biāo)①③好以速度v0運(yùn)動(dòng)，也就是說(shuō)，當(dāng)?shù)厍蛟谀拘堑囊?chǎng)里運(yùn)動(dòng)到無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)，速度剛好為零，此時(shí)木離為rej時(shí)，速度v0滿足④即可見，地球不被木星引力俘獲所需要的最小速率v0rr式中θ為地球此時(shí)的位矢與x-軸的夾角。此時(shí)地球和木星的距離為⑥⑦⑧⑨式中cosθ項(xiàng)前面取減號(hào)是因?yàn)榭紤]到木星和地球同方向繞太陽(yáng)旋轉(zhuǎn)的緣故。由⑤⑧式得為了判斷地球是否會(huì)圍繞木星轉(zhuǎn)動(dòng)，只需比較vej和v0的大小。由開普勒第三定律有式中Tj=12y是木星公轉(zhuǎn)周期，而Te=1y是地vej和v0都是正數(shù)，所以，由⑨⑩⑩式有：顯然，④式右端當(dāng)cosθ=1，即θ=0⑩⑩④④時(shí)取最小值，此時(shí)太陽(yáng)、地球、木星共線，且地球和木星在太陽(yáng)同vej>>v0⑩即若太陽(yáng)質(zhì)量突然變?yōu)榱悖厍虮囟ú粫?huì)被木星引力俘獲，球與木星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)方向相同的情況。若地球和木星繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，則地球和木星的相對(duì)為了判斷地球是否會(huì)圍繞木星轉(zhuǎn)動(dòng)，只需比較vej和v0的大小。首先討論θ=0時(shí)的情況，即式中Tj=12y是木星公轉(zhuǎn)周期，而Te=1y是地球公轉(zhuǎn)周期。由⑩式得⑩⑩④vej>>v0若地球和木星繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，則地球和木對(duì)于θ≠0的情況，當(dāng)θ從0到τ（或從0到一τ)改變時(shí)，從式⑨⑩式可以看到，vej單調(diào)增大，v0單調(diào)減?、鉃長(zhǎng)、質(zhì)量為m、當(dāng)僅受到繩本身重力時(shí)幾乎不可伸長(zhǎng)的均勻彈性繩的一端系在橋沿b，繩的另一端系一質(zhì)量為M的小物塊（模擬蹦極者假設(shè)M比m大很多，以至于均勻彈性繩受到繩本身重力和蹦極者的重力向下拉時(shí)會(huì)顯著伸長(zhǎng)，但仍在彈性限度內(nèi)。在蹦極者從靜止下落直至蹦極者到達(dá)最下端、但未向下拉緊繩之前的下落過(guò)程中，不考慮水平運(yùn)動(dòng)和可能的能量損失。重力加速度大小為g。（1）求蹦極者從靜止下落距離y（y<L）時(shí)的速度和加速度的（2）求蹦極者從靜止下落距離y（y<L）時(shí)，繩在其左端懸點(diǎn)b彈力大小不可忽略，但繩在自重作用下的彈性勢(shì)能卻可忽略不計(jì)。取橋面為重力勢(shì)能總的初始能量是繩的初始勢(shì)能，即Ei式中，m是繩的質(zhì)量，L是繩的原長(zhǎng)。蹦極者下落距離y時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為式中，M是蹦極者的質(zhì)量，v是蹦極者的速度大小，它等于下落的繩的速度。下落的那段繩的重Ei=Ef在所考慮的下落過(guò)程中，加速度向下，速度大小的上⑥⑦⑧⑨⑩??（2）解法（一）設(shè)蹦極者在時(shí)刻t下落到離起始水平面距離y處，在時(shí)刻t+dt下落到離起始水平面距離y+dy處?？紤]時(shí)刻t繩底端右邊長(zhǎng)度為dy/2的一小段繩，它在時(shí)刻t+dt靜止于繩底端左邊，如圖所示。在這個(gè)過(guò)程中，在豎直方向上，對(duì)這一小段繩應(yīng)用沖量定理有式中F1和F2分別是繩的彎曲段左、右兩端在時(shí)刻t張力的大小。⑥⑩取dy→0，繩在其上端懸點(diǎn)b處的張力大小為⑦解法（二）設(shè)蹦極者在時(shí)刻t下落到離起始水平面距離y處，在時(shí)刻t+dt下落到離起始水平面距離y+dy處。整個(gè)系統(tǒng)（整段繩、蹦極者和地球）在這段時(shí)間始末動(dòng)量的改變?yōu)镮=(M+m)gdt-Fbdt④④⑥這里利用了解法（一）的⑩式。將上式代入⑩式，并取取dy→0得⑩⑦⑩解法（三）設(shè)蹦極者在時(shí)刻t下落到離起始水平面距離y處，在時(shí)刻t+dt下落到離起始水平面距離y+dy處。整個(gè)系統(tǒng)（整段繩、蹦極者和地球）在這段時(shí)間始末動(dòng)量的改變?yōu)镮=(M+m)gdt-Fbdt式中右端已取dy→0。由⑦⑦式得④④⑥⑩⑦⑩由一半徑為r2的圓柱形塑料棒和在上面緊密纏繞N角為θ（見圖a相鄰兩圈繩之間的接觸電阻為Rc。成（見圖b）。假設(shè)拉伸前后θ、r1（1）求拉伸后傳感器的伸長(zhǎng)率ε(ε是傳感器兩電極之間距離的伸（2）在傳感器兩環(huán)形電極間通入大小為I的電流，求此傳感器在未拉伸及拉伸后，在塑料棒軸線上離塑料棒中點(diǎn)O距離為D（D遠(yuǎn)大于傳感器長(zhǎng)度）的P點(diǎn)（圖已知：長(zhǎng)半軸和短半軸的長(zhǎng)度分別為a和b的橢圓的周長(zhǎng)為，其中b≠0。（1）如圖a所示，由幾何關(guān)系知，傳感器軸向和細(xì)繩的橫截面之間的夾角也是θ。傳感器兩電極之間的長(zhǎng)度（原長(zhǎng)）為L(zhǎng)N①每圈繩可看作長(zhǎng)半軸為r2,/cosθ、短半軸為r2,的橢圓環(huán)，其周長(zhǎng)為rr2。拉伸后，傳感器的伸長(zhǎng)率為ε,產(chǎn)生了n個(gè)縫隙，設(shè)每個(gè)縫隙寬L，傳感③④⑤拉伸后，產(chǎn)生縫隙地方的電阻將由原來(lái)的接觸電阻2Rc和R1之和變?yōu)镽2（R2為細(xì)繩單獨(dú)繞圓傳感器在其伸長(zhǎng)率為ε時(shí)的電阻變?yōu)?由⑥⑦⑧⑨式得，傳感器在其伸長(zhǎng)率為ε時(shí)的電阻變化率為 (32cosθ+3cosθ)pr22Rpr1cosθ⑧⑨⑩（2）在未拉伸時(shí)電流沿著塑料棒軸向，根據(jù)畢奧-薩伐爾定律，此時(shí)不會(huì)產(chǎn)生沿塑料棒軸向的磁它們的合磁感應(yīng)強(qiáng)度沿塑料棒軸向，其大小為2dBcosα(α是在該點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的軸向分量dBcosα之和。注意到Idl可以寫為Ir2dβ（dβ是弧元dl所對(duì)的圓心角由畢奧-薩伐爾定式中對(duì)于給定的P點(diǎn)，α是常數(shù)，于是有⑩⑩④④④④⑥⑥傳感器伸長(zhǎng)后有n個(gè)縫隙，由⑥式得⑩⑩化為電信號(hào)并加以放大的裝置，其結(jié)構(gòu)如從光陰極逸出的電子稱為光電子，其中大部分（百分比η)被收集到第1倍增級(jí)上，余下的被直逸出；第i倍增級(jí)上逸出的電子有大部分（百分比σ)被第i+1倍增級(jí)收集，其他被陽(yáng)極收集；直至所有電子被陽(yáng)極收集，實(shí)現(xiàn)信號(hào)放大。已知電子電荷量絕對(duì)值為e。會(huì)施加垂直于電子運(yùn)行軌跡所在平面（紙面）的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。設(shè)倍增級(jí)的長(zhǎng)度為a且相鄰倍增級(jí)間差引起的電場(chǎng)很小可忽略。所施加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)應(yīng)取什么方向以及磁感應(yīng)強(qiáng)度大射的能量為Ee的電子中直接打到第i+1倍增級(jí)的電子最多？磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為多少時(shí)，可以保證在第i+1倍增級(jí)上至少收集到一些從第i倍增級(jí)垂直出（1）設(shè)從光陰極逸出的電子個(gè)數(shù)為np，按題述，從第1倍增級(jí)逸出的電子個(gè)數(shù)為=ηnpδ可用歸納法得出從第i倍增級(jí)逸出的電子個(gè)數(shù)為光陰極、第i倍增級(jí)和第n倍增級(jí)向陽(yáng)極貢獻(xiàn)的電子數(shù)np→a、mi→a和mn→a分別為光陰極與陽(yáng)極間電勢(shì)差Vpa、第i倍增級(jí)與陽(yáng)極之間的電勢(shì)差Via分別為從光陰極溢出的電子被電勢(shì)差加速所消耗的能量Ep、從第i倍增級(jí)溢出到陽(yáng)極的電子被電勢(shì)差加速所消耗的能量Eia、第i倍增級(jí)溢出到第i+1倍增級(jí)的電子被電勢(shì)差加速所消耗的能量Ei→i+1分將①②③④式代入⑤式得，放大單個(gè)光陰極逸出的電子消耗的平均能量為當(dāng)δσ>1、n>>1時(shí)，上式各項(xiàng)中含(δσ)n因子的部分的貢獻(xiàn)遠(yuǎn)大于其他部分，因此可僅保留含電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于電子的逃逸速度垂直于電極，電子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心當(dāng)?shù)趇倍增級(jí)最左端的電子到達(dá)第i+1倍⑧當(dāng)?shù)趇倍增級(jí)最左端的電子到達(dá)第i+1倍增級(jí)最左端時(shí)，軌跡為2，對(duì)應(yīng)的軌道⑨當(dāng)?shù)趇倍增級(jí)最右端的電子到達(dá)第i+1倍增級(jí)最右端時(shí)，軌跡為3，⑩當(dāng)?shù)趇倍增級(jí)最右端的電子到達(dá)第i+1倍增級(jí)最左端時(shí)，軌跡為4，對(duì)應(yīng)的軌道半徑?設(shè)電子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有④式中是速率為v的電子的動(dòng)能。由⑩⑩式可解出相應(yīng)的B收集。因此為使第i+1倍增級(jí)能收集到電子，應(yīng)當(dāng)有B≥B1。當(dāng)B=B4時(shí)，第i倍增級(jí)釋放的電子中只有最右邊的被收集到；若B>B4，則一個(gè)電子都不會(huì)被收集。因此為使第i+1倍增級(jí)能收集到電子，應(yīng)當(dāng)有B≤B4。⑩時(shí)第i+1倍增級(jí)收集到的電子最多；當(dāng)⑦某時(shí)刻撤去外力后兩桿始終在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1i）兩桿AB和BC對(duì)于A點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量M=Iα⑤⑥式中，w為AB桿與水平線AD的夾角為θ時(shí)繞A點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒定律豎直向下，設(shè)BC桿對(duì)AB桿的作用力沿x、y軸的分量分別為Fx、Fy。對(duì)于AB桿，相對(duì)于A對(duì)于BC桿，AB桿對(duì)BC桿的作用力沿x、y軸的分量分別為—Fx、度沿x、y軸的分量分別為ax、ay，由剛體質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理得maxmay=mgFyBC桿同時(shí)還繞其質(zhì)心轉(zhuǎn)動(dòng)，由剛體轉(zhuǎn)動(dòng)定理得兩桿連接點(diǎn)B的加速度沿x、y軸的分量aBx、aBy為aByy⑩mg≈0.276mg八、（20分）質(zhì)子是由更小的所謂“部分子”構(gòu)成的。歐洲大型強(qiáng)子對(duì)撞機(jī)（LHC）是高能質(zhì)子-質(zhì)子對(duì)撞機(jī)，質(zhì)子束內(nèi)單個(gè)質(zhì)子能量為E=7.0TeV（1TeV=103GeV=1012eV兩束能量相同的b的動(dòng)能在質(zhì)子能量中所占的比值分別為xa、xb，且遠(yuǎn)大于其靜能。乘積xaxb；輕粒子A