第38屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽答案

第38屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題參考解答一、具有相對(duì)于主軸的旋轉(zhuǎn)對(duì)稱性，則只需在過主軸的考慮任一條離軸的光線NMF和POF，它們從等相位的起始點(diǎn)（平凸透鏡左側(cè)平面上有式中n是透鏡的折射率；以焦點(diǎn)F作為極坐標(biāo)的原點(diǎn)，即r=n(rcosθ?r0)+r0①②在直角坐標(biāo)系（以從F點(diǎn)朝O點(diǎn)的射線為x軸，從F點(diǎn)豎直向下的軸為y軸）中有③將③④式代入②式，得?n)2]垂直平面的光程（等相位點(diǎn)）相等，考慮到NM=MM,+n,M,N,=nHO+OO,+n,O,F即⑦⑧]⑩axcos?]VShTT0p1=p0+Pgh=4Pghp2=p1V2Sh20T=2T20過程A是等壓過程，此過程中封閉氣體對(duì)W=4PghSh=33.3J①②③④⑤⑥⑦⑧[或利用理想氣體所做的功等于水銀重力勢(shì)能W=PShgh+p0(V2?V1)=PShgh+3PShgh=33.3J⑧]（2）設(shè)過程B中水銀柱的高度為x，若該過程可以緩慢穩(wěn)定地發(fā)生，則要求水銀柱高度在不斷減足氣體狀態(tài)方程的x始終有解。設(shè)對(duì)應(yīng)于x的封閉氣體壓強(qiáng)為p，體積為V，溫度為T，則p=p0+Pgx=3Pgh+Pgx⑨V=S(l-x)=S(3h-x)即或⑩⑩⑩④過程B可以緩慢穩(wěn)定地發(fā)生④根據(jù)熱力學(xué)第一定律，過程B中總的吸熱Q等于氣體內(nèi)能的增加ΔU和氣體對(duì)外做的功W2，即此過程中氣體對(duì)外做功等于水銀重力勢(shì)能的增加以及克服大氣壓所做的功，即⑩⑩①①m(o1y-o0y)=-∫fydt②t③式中，m是超球的質(zhì)量，fx是下板對(duì)球的摩擦力，fy是下板對(duì)球的正壓力，它們對(duì)球作用時(shí)間Δt=t1?t0極短，而Jz是球繞過球心的軸（平行于z軸）的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。利用①③式消去fx得由fy引起的彈性徑向形變的保守性質(zhì)有球的豎直速度必定在fy的作用下反向?v0y⑤)④⑤⑥式是超球反跳運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)方程。它的v1x和v1x0x)前者對(duì)應(yīng)于fx=0，僅與光滑球相關(guān)；后者適合于超球的反跳運(yùn)動(dòng)。⑦式即0x)得⑥⑦⑧（2）現(xiàn)考慮球從下板向上板射出與上板相碰（第2tt??多了一個(gè)因子(?1)。類似推理得?④?v1y0y?v2y0y⑩⑩A的電流環(huán)（位于yz平面）上Q處的電流元為Idl=IRdφ(jcosφ+ksinφ)這里，φ為電流元與y軸正方向的夾角，x軸垂直于紙面向外。電流元Q到P點(diǎn)的矢徑為d=?jRsinφ+kRcosφ+kz=?jRsinφ+k(z+Rcosφ)①①②②可見，A在(0,0,z)處的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B沿x軸負(fù)方向。取B的磁矩與磁場(chǎng)垂直時(shí)為勢(shì)能零點(diǎn)，A與B之間的相它只與z有關(guān)。由于z不變，B受到磁場(chǎng)的外力矩大小為⑤⑥⑦方向朝著θ減小的方向。可見，只有θ=0或τ時(shí)，外力矩才為零，此即力矩平衡條件M(θ)=0,當(dāng)θ=0,τ⑧由可知θ=0對(duì)應(yīng)的平衡狀態(tài)是不穩(wěn)定的。因此，在z不變的條件下，B處于穩(wěn)定平衡的條件為可見，只有θ=0或τ時(shí)，外力矩才為零，此即力矩平衡條件M(θ)=0,當(dāng)θ=0,τ⑧由可知θ=0對(duì)應(yīng)的平衡狀態(tài)是不穩(wěn)定的。因此，在z不變的條件下，B處于穩(wěn)定平衡的條件為V(θ=τ)最低按⑦⑧兩式得分之和計(jì)分）因此，在z不變的條件下，B處于穩(wěn)定平衡的條件為]F>0相當(dāng)于指向z軸正方向。由F=0求得平衡位置z滿足⑨⑩???（1）根據(jù)能量按自由度均分定理，任一自由度式中m是40K原子的質(zhì)量m=40×1.66×10?27kg=6.64×10?26kg而T=(350+273)K=623K是40K原子氣體的溫度。由①②③式與題給常量kB得，原子方均根速率為v0=360m/s（2）按照牛頓第二定律，40K原子做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a大小滿足式中F是40K原子所受到的激光對(duì)它的作用力的大小①②③④⑤⑥收了與原子初速度v0反向運(yùn)動(dòng)的N個(gè)光子⑦式中psingle是單個(gè)光子動(dòng)量⑧將初速度為v0的40K原子減速直至靜止，該原子所通過的距離是（3）設(shè)激光的頻率為f；當(dāng)40K原子以速度v與激光光子相向運(yùn)動(dòng)時(shí)它所感受到的激光的頻率為f,，此即該原子在其靜止的參考系中所接受到的激光的頻率。根據(jù)多普勒效應(yīng)⑩設(shè)40K原子的躍遷頻率為f0。當(dāng)f,=f0⑩時(shí)，40K原子與激光達(dá)到共振散射。由此得激光應(yīng)該減小④式中λ是激光的波長(zhǎng)。當(dāng)v=v0時(shí)有（4）在原子與激光處處共振的條件下，原子做減速運(yùn)動(dòng)的加速度a為常值。在z處的原子的速度v(z)滿足v2(z)?v2(z=0)=2(?a)z⑥⑩塞曼減速裝置的設(shè)計(jì)目的是應(yīng)用塞曼效應(yīng)讓原子處處與冷卻激光共振，按題給f0(B)=f0(B=0)+βB注意到B(z=0)=0，上式可寫為f0(z)=f0(z=0)+βB(z)⑩⑩將v(z=0)=v0，β=?1.00MHz/Gs=?1.00×1010Hz/T以及其它量的題給數(shù)據(jù)代其中，B的單位是T，B的取值范圍為0~0.0537T；z的單位是m，z的取值范圍是0~0.869（或0~0.870）m。（1）由對(duì)稱性及高斯定理可知靜電場(chǎng)方向沿徑向，且大小僅與r有關(guān)，故即①②（3）點(diǎn)電荷在運(yùn)動(dòng)過程中受到由①③式所得電場(chǎng)和磁場(chǎng)共同作用，設(shè)其在運(yùn)動(dòng)過程中徑向運(yùn)動(dòng)速度為v=④其中l(wèi)為點(diǎn)電荷繞筒軸運(yùn)動(dòng)的角動(dòng)量為Q所受磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。由④式積分得式中C為積分常數(shù)，利用初始條件：點(diǎn)電荷從r=r1釋放時(shí)靜止，即⑤積分得，當(dāng)粒子位于半徑r處時(shí)動(dòng)能為⑦⑧（4i）利用（2）中結(jié)論，內(nèi)筒在以角速度w旋轉(zhuǎn)時(shí)，在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為⑩外筒在以角速度Ω旋轉(zhuǎn)時(shí)，在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2由法拉第電磁感應(yīng)定律得，B1和B2變化時(shí)在r對(duì)上式兩邊積分，并利用初態(tài)時(shí)內(nèi)、外筒均靜止的條件，得④（ii）由法拉第電磁感應(yīng)定律得，B1和B2變化時(shí)在r=r2處產(chǎn)生的沿切向的感應(yīng)電場(chǎng)為這里應(yīng)用了⑩⑩式。將⑩式兩邊對(duì)t積分并利用由w與Ω的關(guān)系④可得，感應(yīng)電場(chǎng)的力矩的沖量矩為L(zhǎng)2=mr22Ω⑩設(shè)外力（不包括兩圓筒感應(yīng)電磁場(chǎng)的作用力）對(duì)外圓筒的沖量矩為J，由角動(dòng)量定理有J+J電場(chǎng)=L2故第（i）小問10分，⑩⑩式各1分，⑩囤式各3分。④式2分；第（ii）小問10分，⑥式3分，⑩式2分，⑦式3分，⑩⑩式各1分；（1）取x軸沿坡面向上，y軸垂直于坡面向上，前后輪軸處向車身提供的x方向合力滿足Fx=Ma+Mgsinθ前、后輪軸處對(duì)車身提供的y方向支撐力大小分別為Fy前=N前-mgcosθFy后=N后-mgcosθ①其中，N前和N后分別表示前輪和后輪受到的支持力大小。車身在y方向受力平衡條件為Fy前+Fy后=Mgcosθ④或(N前-mgcosθ)+(N后-mgcosθ)=Mgcosθ或令N前=0，得（2）對(duì)角速度、角加速度、力矩等量，統(tǒng)一設(shè)逆時(shí)針方向?yàn)檩喌慕羌铀俣圈燎?、α后與車身的加速度a滿足設(shè)前、后輪與地面的摩擦力分別為Fx前、Fx后，前輪相對(duì)于其輪軸的轉(zhuǎn)動(dòng)滿足Fx前r=Jα前⑨由以上兩式與得⑩Fx前+Fx后?(M+2m)gsinθ=(M+2m)a⑩@+Fx后r=Jα后⑥由⑨@⑥式與J=得⑥Fx前≤μN(yùn)前，F(xiàn)x后≤μN(yùn)后A型汽車車輪質(zhì)量m相對(duì)于車身質(zhì)量可忽略，由⑩式得⑦⑩（1）設(shè)通過線圈電流為I，則線圈所受磁場(chǎng)的力矩為τ=BIlr線圈總總R總總總可見，電機(jī)輸出力矩τ與電機(jī)轉(zhuǎn)速①成線性關(guān)系。電機(jī)輸出功率