第33届全国中学生物理竞赛复赛试题及解答

1  第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2016年9月17日一、（20分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为1R、2R，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各自过切点的母线相互垂直。取两柱面切点O为直角坐标系O-XYZ的原点，下侧柱面过切点O的母线为X轴，上侧柱面过切点O的母线为Y轴。一束在真空中波长为的可见光沿Z轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着Z轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在X-Y平面的投影。1R和2R远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为01.00n。试推导第k级亮纹在X-Y平面的投影的曲线方程。已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏）介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。任何情形下，折射波不存在半波损失。伴随半波损失将产生大小为π的相位突变。b. sin,1xxx当。 参考解答：     如图a所示，光线1在上侧柱面P点处傍轴垂直入射，入射角为，折射角为0，由折射定律有 00sinsinnn     ①其中n和0n分别玻璃与空气的折射率。光线在下侧柱面Q点处反射，入射角与反射角分别为i和i，由反射定律有 ii         ② 光线在下侧柱面Q点的反射线交上侧柱面于P点，并由P点向上侧柱面折射，折射光线用1表示；光线1正好与P点处的入射光线2的反射光线2相遇，发生干涉。考虑光波反射时的半波损失，光线1与光线2在P点处光程差L为     p0p0pp()(PQPQ)()(PQPQ)()22Lnznnznnzz             ③ 2  式中为入射光线在真空中的波长，01.00n。由题意，1R和2R远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙；因而在傍轴垂直入射情况下有 0，1ii ①式成为 00nn                                                   ④ 亦即 010n                                              ⑤在傍轴条件下， 柱面上P、Q两处切平面的法线近似平行，因此 010ii                                           ⑥ 从而，在P、Q两处，不仅切平面的法线近似平行，而且在上下表面的反射光线、折射光线均近似平行于入射线，因而也近似平行于Z轴，从而P与P点近似重合，即 ppzz                                                       ⑦  且PQ近似平行于Z轴，因而长度 PQPQPQzz                                             ⑧ 由③⑧式得 00PQ2PQ222Lnnzz           ⑨ 可以将⑨式右端的-z坐标近似用-x或-y坐标表出。为此，引入一个近似公式。如图b所示，设置于平面上的柱面透镜与平面之间的空气隙的厚度为e，柱面半径为R。对三边边长分别为R、Re和r的直角三角形有222=RRer⑩即222Reer⑪在光线傍轴垂直入射时，eR，可略去⑪式左端的2e，故22reR⑫在光线傍轴垂直入射时，前面已证近似有PQ//Z轴。故可将上、下两个柱面上的P、Q两点的坐标取为PP(,,)xyz、QQ(,,)xyz，如图c所示。根据⑫式可知，P、Q两点到XOY切平面的距离分别为3  21P12xezR，22Q22yezR⑬最后，光线在上、下两个柱面反射并相遇时,其光程差L为0PQ0122222Lnzznee222200121222222xyxynnRRRR⑭若P、Q两点在XOY平面的投影点(,)xy落在第k级亮(暗)纹上，则L须满足条件22012,1,2,,12(),0,1,2,,2kkxyLnRRkk亮环暗环⑮⑮式中亮环条件对应于第k级亮纹上的点(,,)xyz的x-、y-坐标满足的方程。更具体地，不妨假设12RR，根据⑮式中的亮环条件，可得第k级亮纹的方程为22221,1,2kkxykAB⑯它们是椭圆亮环纹，其半长轴与半短轴分别为101()/,1,2,2kAkRnk，201()/,1,2,2kBkRnk⑰评分参考：①②式各1分，③式2分，④⑤式各1分，⑥式2分，⑦式1分，⑧式2分，⑨⑩⑪⑫式各1分，⑬式2分，⑭式1分，⑮式（亮环条件正确）2分。二、（20分）某秋天清晨，气温为4.0C，一加水员到实验园区给一内径为2.00m、高为2.00m的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水。罐体导热良好。罐外有一内径为4.00cm的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接处很短），顶部与大气相通，如图所示。加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。此时加水员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为1.00m。（1）从清晨到中午，气温缓慢升至24.0C，问此时观察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？求这个过程中罐内空气的热容量。4  已知罐外气压始终为标准大气压501.0110Pap，水在4.0C时的密度为3301.0010kgm，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为413.0310K，重力加速度大小为29.80msg，绝对零度为273.15C。参考解答：（1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为000pVnRT①式中n为罐内空气的摩尔数，0p、30πmV和0277.15KT分别是此时罐内空气的压强、体积和温度。至中午时，由于气温升高，罐内空气压强增大，设此时罐内空气的压强、体积和温度分别为1p、1V和1T，相应的状态方程为111pVnRT②式中1297.15KT。空气和水的体积都发生变化，使得观察柱中水位发生变化，此时观察柱内水位和罐内水位之差为，101010120122()(+)VVVVTTSSlhSSS③式中右端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献，01.00ml为早上加水后观测柱内水面的高度，21πmS、4224π10mS分别为罐、观察柱的横截面积。由力平衡条件有1011ppgh④式中01101()TT⑤是水在温度为1T时的密度。联立①②③④⑤式得关于h的一元二次方程为2110110000()()()0TgShpSgVhpVT⑥式中1212SSSSS，101()TT⑦解方程⑥得210110011010001()()4()0.812m2TpSgVpSgVgSpVThgS⑧另一解不合题意，舍去。由③⑤⑦⑧式和题给数据得5  3101010()0.0180mVVShTTSl由上式和题给数据得，中午观察柱内水位为10101+1.82mVVlhlS⑨（2）先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功。（解法一）早上罐内空气压强501.0110Pap；中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高h，罐内空气压强升高了               3317.91310Pa7.9110Papgh                      ⑩ 由于0pp，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为 55011.049510Pa1.0510Pa2ppp             ⑪ 罐内空气体积缩小了 30.0180mV                                                 ⑫ 可见0/1VV，这说明⑪式是合理的。罐内空气对外做功 331.88910J1.910JWpV                ⑬（解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的任意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水温为T时水的密度为001()TT⑩将②③④式中的1V、1T和1p换为V、T和p，利用⑩式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为00010010001000()/()1()gppVVTTSlSVVSlTTgSlpSTT⑪由题设数据和前面计算结果可知010()()0.0060TTTT0101010=0.0057VVVVSlSl这说明⑪式右端分子中与T有关的项不可略去，而右端分母中与T有关的项可略去。于是⑪式可0001001000100()/()gppVVTTSlSgSlpVVSlTTS利用状态方程，上式可改写成6  0000101000110()1gnRpVTSlnRSSlpglSSlVnRS⑫从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为110000001010001100011010000100011001003()dd11()()ln11.89010J1.9VVVVgnRpVTSlnRSSlWpVVglSSlVnRSglSVnRSgnRnRSVVpVTSlglSSlgSSlVnRS310J⑬    （解法三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水在温为T时的密度为001()TT⑩将②③④式中的1V、1T和1p换为V、T和p，利用⑩式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为0001000100000001001000010001000010001000101()1()()[1()]()(1)()gppVVTTSlSVVTTSlgpSTTggVVSlpSlSSTTglSgpVVSlTTSSglSgpVVSlTpVVVSlSSnR0010010001000010000000010000000()(1)(2)(1)(2)(1)glSggSlpVVSlTpVSSSnRglSggVpVVTpVSSSnRglSggTpVVTpVSSSp⑪式中应用了010()()0.0060TTTT，0101010=0.0057VVVVSlSl⑪式可改写成7  0010000000000000000000(2)(1)112(12)(1)1glSgpVVTSSpgTVSpTgVpTTpTSgTTVSp⑫从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为1100000000000000000000110000000003312(12)(1)dd1(1)ln1.89610J1.910JVVVVTgVpTTpTSWpVVgTTVSpTpSpSpgTVVVVTgTSpgTV