搜索
-1-第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷（本题共七大题，满分160160160160分）一、（20分）如图所示，一块长为mL00.1=的光滑平板PQ固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期sT00.2=。一小球B放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P端的正上方，到P端的距离为mh80.9=。平板静止在其平衡位置。水球B与平板PQ的质量相等。现给小球一水平向右的速度0µ，使它从水平台面抛出。已知小球B与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0µ的值应在什么范围内？取2/8.9smg=二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB、BC、CD连成的平面连杆结构图。AB和CD杆可分别绕过A、D的垂直于纸面的固定轴转动，A、D两点位于同一水平线上。BC杆的两端分别与AB杆和CD杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB杆绕A轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB杆处于竖直位置。BC杆与CD杆都与水平方向成45°角，已知AB杆的长度为l，BC杆和CD杆的长度由图给定。求此时C点加速度ca的大小和方向（用与CD杆之间的夹角表示）三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K，右侧装有活塞B，一厚度可以忽略的隔板-2-M将容器隔成a、b两室，M上装有活门2K。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为P0、温度为T0的大气中。初始时将活塞B用销钉固定在图示的位置，隔板M固定在容器PQ处，使a、b两室体积都等于V0；1K、2K关闭。此时，b室真空，a室装有一定量的空气（容器内外气体种类相同，且均可视为理想气体），其压强为4P0/5，温度为T0。已知1mol空气温度升高1K时内能的增量为CV，普适气体常量为R。1.现在打开1K，待容器内外压强相等时迅速关闭1K（假定此过程中处在容器内的气体与处在容器外的气体之间无热量交换），求达到平衡时，a室中气体的温度。2.接着打开2K，待a、b两室中气体达到平衡后，关闭2K。拔掉所有销钉，缓慢推动活塞B直至到过容器的PQ位置。求在推动活塞过程中，隔板对a室气体所作的功。已知在推动活塞过程中，气体的压强P与体积V之间的关系为VVCRCPV+＝恒量。四、（25分）图中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在0x的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直于oxy平面向里，磁感应强度的大小为B。在0x的一侧，一边长分别为1l和2l的刚性矩形超导线框位于桌面上，框内无电流，框的一对边与x轴平行。线框的质量为m，自感为L。现让超导线框沿x轴方向以初速度0v进入磁场区域，试定量地讨论线框以后可能发生的运动情况及与初速度0v大小的关系。（假定线框在运动过程中始终保持超导状态）五、（25分）地球赤道表面附近处的重力加速度为20/8.9smg=，磁场的磁感应强度的-3-大小TB50100.3−×=，方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与3r成反比（r为考察点到地心的距离），方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离eRr5=（eR为地球半径）处，存在厚度为10km的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度非常低，带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的质量kgme31101.9−×=，质子的质量kgmp27107.1−×=，电子电荷量为C19106.1−×−，地球的半径mRe6104.6×=。1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动，另一方面因受地球引力和磁场的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流，试求此环行电流的电流密度。2.现设想等离子层中所有电子和质子，它们初速度的方向都指向地心，电子初速度的大小smue/104.14×=，质子初速度的大小smuP/104.32×=。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到到达地球表面。六、（25分）图1所示为杨氏双缝干涉实验的示意图，取纸面为yz平面。y、z轴的方向如图所示。线光源S通过z轴，双缝S1、S2对称分布在z轴两侧，它们以及屏P都垂直于纸面。双缝间的距离为d，光源S到双缝的距离为l，双缝到屏的距离为D，Dd，ld。1.从z轴上的线光源S出发经S1、S2不同路径到P0点的光程差为零，相干的结果产生一亮纹，称为零级亮纹。为了研究有一定宽度的扩展光源对于干涉条纹清晰度的影响，我们先研究位于轴外的线光源S′形成的另一套干涉条纹，S′位于垂直于z轴的方向上且与S平行，两者相距sδ，则由线光源S′出发分别经S1、S2产生的零级亮纹′0P，′0P与P0的距离___________________________________=yδ2.当光源宽度为ω的扩展光源时，可将扩展光源看作由一系列连续的、彼此独立的、非相干的线光源组成。这样，各线光源对应的干涉条纹将彼此错开，在屏上看到的将是这些干涉条纹的光强相加的结果，干涉条纹图像将趋于模糊，条纹的清晰度下降。假设扩展光源各处发出的光强相同、波长皆为λ。当ω增大导致零级亮纹的亮暗将完全不可分辨，则此时光源的宽度______________________________=ω3.在天文观测中，可用上述干涉原理来测量星体的微小角直径。遥远星体上每一点发出的光到达地球处都可视为平行光，从星体相对的两边缘点发来的两组平行光之间的夹角θ就是星体的角直径。遥远星体的角直径很小，为测量如些微小的角直径，迈克尔逊设计了测量干涉仪，其装置简化为图2所示。M1、M2、M3、M4是四个平面反射镜，它们两两平行，对称放置，与入射光（a、a′）方向成45°角。S1和S2是一对小孔，它们之间的距离是d。M1和M2可以同步对称调节来改变其中心间的距离h。双孔屏到观察屏之间的距离是D。a、a′和b、b′分别是从星体上相对着的两边缘点发来的平行光束。设光线a、a′垂直双孔屏和像屏，星光的波长是λ，试导出星体上角直径θ的计算式。注：将星体作圆形扩展光源处理时，研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会遇到数学困难，为简化讨论，本题拟将扩展光源作宽度为ω的矩形光源处理。-4-图1图2七、（20分）今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年。王先生早在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案：Be7原子核可以俘获原子的K层电子而成为Li7的激发态*7)(Li，并放出中微子（当时写作η）η+→+*77)(LieBe而*7)(Li又可以放出光子γ而回到基态Li7γ+→LiLi7*7)(由于中微子本身很难直接观测，能过对上述过程相关物理量的测量，就可以确定中微子的存在，1942年起，美国物理学家艾伦（R.Davis）等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在。1953年美国人莱因斯（F.Reines）在实验中首次发现了中微子，莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔（M.L.Perl）分享了1995年诺贝尔物理学奖。-5-现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。若实验中测得锂核（Li7）反冲能量（即Li7的动能）的最大值evER6.56=，γ光子的能量Mevh48.0=γ。已知有关原子核和电子静止能量的数据为MevcmLi84.65332=；MevcmBe19.65342=；Mevcme51.02=。设在第一个过程中，Be7核是静止的，K层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据，算出的中微子的动能ηP和静止质量ηm各为多少？-6-参考解答一、参考解答：如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，这时0u的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度0u较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触，这时0u的值便是满足题中条件的最小值．设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为1t，有2112hgt=（1）若碰撞正好发生在Q处，则有01Lut=（2）从（1）、（2）两式解得的0u值便是满足题中条件的最大值，即0max2guLh=（3）代入有关数据得0max0.71m/su=（4）如果00maxuu，小球与平板的碰撞处将不在Q点．设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为1v，则有12gh=v（5）以1′v、1V′分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒．设小球和平板的质量都是m，则有111mV′′+mv=mv（6）因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得22222101101111122222mV′′+++mvmu=mvmu（7）解（6）、（7）两式，得10′=v（8）112Vgh′==v（9）碰撞后，平板从其平衡位置以1V′为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作hPQBu0-7-为0t=，则平板在t时刻离开平衡位置的位移()PQcosxAtωϕ=+（10）式中2πTω=（11）A和ϕ是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度()PQsinAtωωϕ=−+v（12）因0t=时，PQ0x=．PQV′=v，由（9）、（11）、（12）式可求得22ghATπ=（13）π2ϕ=−（14）把（13）、（14）式代入（10）式，得PQ22ππcos2π2ghxTtT⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠（15）碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间2t与平板发生第二次碰撞且发生在Q处，则在发生第二次碰撞时，小球的x座标为()2B2212xtgt=（16）平板的x座标为()PQ2222ππcos2π2ghxtTtT⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠（17）在碰撞时，有()()B2PQ2xtxt=（18）由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得222π4.904.41cosπ2tt⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠（19）这便是2t满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）20.771st=（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有()012Lutt=+（21）由（1）、（20）和（21）式得-8-0120.46m/sLutt==+（22）而满足题中要求的0u的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，0u的取值范围是00.46m/s0.71m/su≤（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入2t不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：2t0.7300.7500.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.8102π4.41cosπ2PQxt=−⎛⎞⎜⎟⎝⎠3.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.48224.90Bxt=2.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21PQBxx−0.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73二、参考解答：解法一因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为Blω=v（1）B点的向心加速度的大小为2Balω=（2）因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故Ba也是B点的加速度，其方向沿BA方向．因为C点绕D轴作圆周运动，其速度的大小用Cv表示，方向垂直于杆CD，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向．因BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC方向的速度必相等，故有Cπ2cos42lω==Bvv（3）此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度2CCnaCD=v（4）由图可知22CDl=，由（3）、（4）式得228Cnalω=（5）其方向沿CD方向．下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速