2007年第24届物理竞赛.docx

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1、第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷（本卷共七大题，满分160分）一、（20分）如图所示，一块长为L = 1.00m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T = 2.00s。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 h = 9.80m。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*，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

2、使小球与平板PQ发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，七的 值应在什么范围内？取g = 9.8m / s 2二、（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Z，BC杆和CD杆的长度由图给定。求此时C点加速度ac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K1，

3、右侧装有活塞B，一厚度可以忽略的隔 板M将容器隔成a、b两室，M上装有活门K2。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；气、K2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K，待容器内外压强相等时迅速关闭K（假定此过程中处在

4、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。已知在2. 接着打开K2，待a、b两室中气体达到平衡后，关闭K2。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。C + R推动活塞过程中，气体的压强P与体积V之间的关系为PV Cv =恒量。存在匀一边长四、（25分）图中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在% 0的一侧， 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% 0的一侧， 分别为和12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

5、导线框沿x轴方向以初速度V。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V大小的关系。（假定线框在运动过程中始终保 0持超导状态）五、（25分）地球赤道表面附近处的重力加速度为g0 = 9.8m/s2,磁场的磁感应强度 的大小B0 = 3.0x 10-5T，方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与r3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 r = 5R（气为地球半径）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

6、质量气=9.1 x 10-31 kg，质子的质量 m =1.7x 10-27kg，电子电荷量为 -1.6 x 10-19 C，地球的半径 R = 6.4 x 106 m。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u =1.4x 104m/s，质子初速度的大小up = 3.4x 102m/s。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

7、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S、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到双缝的距离为双缝到屏的距离为D，d D， d l。图11. 从z轴上的线光源S出发经S、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，一，平行两者相距8 s，则由线光希出发分别经S1、S2产生的零级亮纹p0，p0与P0的距离8 =y2. 当光源宽度为的扩展光源时，可将扩展光源看作由一系列连续

8、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、波长皆为人。当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 =3. 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。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

9、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 dM1和M2可以同步对称调节来改变其中心间的距离兀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，星光的波长是亍，试导出星体上角直径。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的矩形光源处理。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

10、方案：7Be原子核可以 俘获原子的K层电子而成为7Li的激发态（7Li）*，并放出中微子（当时写作n）：7Be + e r（7Li）* +门，而（7Li）*又可以放出光子y而回到基态7Li: （7Li）*nLi +y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。现用王淦昌的方案来估算中微子的质

11、量和动量。若实验中测得锂核（7Li）反冲能量（即 7Li的动能）的最大值E = 56.6ev，y光子的能量hy = 0.48Mev。已知有关原子核和电R子静止能量的数据为m c2 = 6533.84Mev ； m c2 = 6534.19Mev； m c2 = 0.51Mev。设在第一个过程中，7Be核是静止的，K层电子I的动能也可忽略不计。试由以上数据，算出 的中微子的动能P和静止质量m各为多少？门门一、参考解答:第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案及评分标准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，这时气的值便是满足题中 条件的最大值；如果小球的水平速度

12、u较小，在它与平板 0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u 0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、，有h = - gt 22 -若碰撞正好发生在Q处，则有u = LU0max L 弋 2h(3)代入有关数据得u = 0.71m/s(4)从（1）、（2）两式解得的U0值便是满足题中条件的最大值，即如果U0 u0max，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 竖直方向的速度方匕，则有v1 =2 gh（5）以v；、匕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

13、 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mv = mvr + mV ；因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得11 11,112 mv2 + 亏mu = _mv 2 + mV 2 + mu2-2-20解（6）、（7）两式，得v= 01V； =v.=2 gh(6)(7)(8)(9)碰撞后，平板从其平衡位置以*为初速度开始作简谐振动.取固定坐标，其原点。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 刻作为，=0，则平板在t时刻离开平衡位置的位移x = A cos (rot +甲)式中2nro =T(10)(11)

14、A和中是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度v = Aro sin (rot + 甲)pq(12)因 t = 0 时，XpQ = 0 . VpQ = V，由(9)、(11)、(12)式可求得(13)把(13)、(14)式代入(10)式，得XPQ甲=一(14)=兰 T cos2n2n n tT 2 )(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t2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2X。2)= 2 gt2(16)平板的X座标为X (t)淄Tcosf四t -1(17)PQ 22n T 2 2)在碰撞时，有X (t )=

15、 X (t )(18)B 2 PQ 2由(16)、(17)、(18)式，代入有关数据得(19)f n) 4.90t2 = 4.41cos nt - 这便是t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)2t = 0.771s(20)如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有L = u (t +1 )(21)012由（1）、（20）和（21）式得(22)而满足题中要求的U0的最小值应大于（22）式给出的值.综合以上讨论，u0的取值范围是0.46m/s u 0.71m/s（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入t不同数值，逐步逼近所求值，列表如下:2t20.7300.7500

16、.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.810( 八兀x = 4.41co|snt -J3.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.48x = 4.90t 2B22.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21x 一 x0.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73二、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(1)B点的向心加速度的大小为a =3 2I（2）B因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故aB也是B点的加速

17、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，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(3)n2v = v cos 4 = - 3 l此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度V 2aC = CD（4）由图可知CD = 茶I，由（3）、（4）式得a =3 2l（5）Cn 8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，即切向加速度 a* .因为BC是刚性杆，所以C点相对B点的运动只能是绕B的转动，C点相对B点的速度方向必垂直于杆BC.令VCB表示其速度的大小，根据速

18、度合成公式有v = v v由几何关系得: 2、.； 2V =寸02 - V2 = v = - & l（6）由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度v 2a =cbCB CB因为CB =cii，故有（7）其方向垂直杆CD.aCB2l（8）由（2）式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为(a )B BCn=a cos（9）所以C点相对A点（或D点）的加速度沿垂直于杆CD方向的分量aCt=aCB +(aB )BC = 2l（10）C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度a*与切向加速度act的合加速度，L % + of 2 1（11）（12）(1)(2)aC的方向与杆CD间的夹角0 = a

19、rctan 土 = arctan 6 = 80.54。aCn解法二：通过微商求C点加速度以固定点A为原点作一直角坐标系Axj，Ax轴与 AD重合，Ay与AD垂直.任意时刻t，连杆的位形如图 所示，此时各杆的位置分别用0，中和a表示，且已知 AB = l，BC = 面，CD = 2 豆l，AD = 3l，d0 = w， dtC点坐标表示为x = l cos0+V2l cos 甲y = l sin 0 + %2l sin 甲将（1）、（2）式对时间t求一阶微商，得dx=-l ( sin 0辛皿叫岑(3)dyCdt(d0=l cos0 竺 +Idtv2cos 9（4）把（3）、（4）式对时间t求一阶

20、微商，得d2 xCdt 2=-1 cos0 + sin 0I dt Jd20+ dt 2t2cos 甲+药9柴（5）d2 yC=1一 sin 0r蚂+ cos0一 克 sin 9，业2dt 2I dt Jdt 21+ E*（6）根据几何关系，有CD sin a = AB sin 0 + BC sin 9CD cos a + AB cos 0 + BC cos 9 = 3l2、2sin a = sin0 + w2sin 甲（7）2v 2 cosa = 3 一 cos0 - 2cos甲（8）（7）、（8）式平方后相加且化简，得v2sin 0 sin甲 + l2cos0 cos甲一3cos0 一3、

21、：2cos甲一 2 = 0（9）（9）式对时间t求一阶微商，（9）式对时间t求二阶微商，n d09 = ，= 一，得4 dtd9 1=dt并代入上述数据，d29dt 2代入0=2，2得3 28（10）（11）（10）、（11）式以及0 ， 9 ，d0在的数值代入、式，得蚂=一 51 2dt 28性=一 7 1 2dt 28所以aC+r-TCdt 2 J（12）由图知，aC与x轴的夹角为P所以求得tan p =1.4(13)p = arctan1.4 = 54.46。这个夹角在第三象限，为234.46。，故*与CD的夹角y =80.54。(14)三、参考解答：1.设a室中原有气体为vmol,打开

22、K1后，有一部分空气进入a室，直到K1关闭时， a室中气体增加到vmol，设a室中增加的（v-v） mol气体在进入容器前的体积为A，气 体进入a室的过程中，大气对这部分气体所作的功为A = p A V用T表示K1关闭后a室中气体达到平衡时的温度，则a室中气体内能增加量为AU =v Cv （T-T）(1)（2）由热力学第一定律可知(3)由理想气体状态方程，有45 p0 匕=v RT0P0 AV =(vr-v)RT0(4)（5）由以上各式解出（6）T = 5 (匕 + R)T5q + 4R 0（7）2. K2h开后，a室中的气体向b室自由膨胀，因系统绝热又无外界做功，气体内能不 变，所以温度不变

23、（仍为T ），而体积增大为原来的2倍.由状态方程知，气体压强变为(8)关闭k2，两室中的气体状态相同，即1p = p = p， T = T = T， V = V = V，且v =v = v(9)a ba ba b 0a b 2拔掉销钉后，缓慢推动活塞B，压缩气体的过程为绝热过程，达到最终状态时，设两室气体的压强、体积和温度分别为p、p、V、V、T、T，则有 a b a b a bC + RC + Rpv C =pv Ca aa a(10)C + RCRpv C =pvC b bb b(11)由于隔板与容器内壁无摩擦，故有p, = pab(12)由理想气体状态方程，则有pV，=v RTaaaa(

24、13)pfVf =v RT bbb b(14)因v，+“ v(15)由（8）（15）式可得1 v v 2 V0(16)RT = T = 2 CVT(17)在推动活塞压缩气体这一绝热过程中，隔板对a室气体作的功W等于a室中气体内能的增加，即（18）由（6）、（17）和（18）式得（19）R2 cv -1 pV)四、参考解答：设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x（x l） 速度为v，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为 = vBl2，它在线 框中引起感应电流，感应电流的变化又引起自 感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均 为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势E与设定的正方向相反，自感

25、电动势vE =-L氟与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻R = 0,故有lAt_ -AiE E = L a vBl = iR = 0即L&+ Bl AX = 0At2 At或Bl Ax = LAi2即AiBl=2 AxL可见i与x成线性关系，有i = 2 x + CLC为一待定常数，注意到x = 0时，i = 0，可得C = 0，故有BLI =2 xL（1）（2）（3）（4）（5）（6）x0时i 0，电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反，即在线框进入磁场 区域时右侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力,B 212、f = Bl 2 i = x（7）其大小与线框

26、位移x成正比，方向与位移x相反，具有“弹性力”的性质.下面分两种情形 做进一步分析：（i）线框的初速度V0较小，在安培力的作用下，当它的速度减为0时，整个线框未全 部进入磁场区，这时在安培力的继续作用下，线框将反向运动，最后退出磁场区.线框一进 一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动，振动的圆频率，=巫 Lm周期(9)振动的振幅可由能量关系求得，令xm表示线框速度减为0时进入磁场区的深度，这时线框 的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”，由能量守恒可得(10)、x2m7xm（11）故其运动方程为t从0到Bl（12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度00向左匀速运动.因为在这种情况下

27、xm的最大值(13)1 1 B2l2 ,m v 2 =122 02 L 1由此可知发生第种情况时，v0的值要满足下式BllV d00,（附1）21与三角形S1HS2相似A = S S - S S三角形SOS与三角形S1GS2相似，因l d，则21a 2 SS-SG + gs）=-gS = - d s（附2）（附3）对满足零光程差条件的P而言，08 y = -8 sl（附4）2.在线光源情况下，可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间距为A _DyAy 人d8s值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源.不难证明，它们经双缝产生干涉条纹 的间距Ay均如（5）式所示.宽度为w的扩展光源是由一系列8s值不同的、

28、连续分布的、 相互独立的线光源构成.因此扩展光源在观察屏上产生的干涉图像的强度是由每个线光源产 生干涉条纹的强度相加而成.当扩展光源宽度为w时，对于光源最边缘点有8 s w（附5）（附6）代入（4）式（附7）（附8）则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个条纹间距.由于扩展光源各部分产生的干涉条纹的光强分布都相同，各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等， 变得一片模糊而无法分辨.由（5）式和（7）式，求得为使条纹能被分辨，扩展光源允许的 最大宽度(附9)3. 解法一如图2所示，。是由扩展光源上端边缘发出的 平行光，bb是由扩展光源下端边缘发出的平行 光.设ab光线交于M 1

29、点，ab光线交于M2点.aa 光束中的光线a经过M M 3 SP到达观察屏上P点； 光线a经过M2M4S2P到达观察屏上P点，两相干 光波产生干涉，在观察屏上产生一套干涉条纹.同 理，平行光束bb在观察屏上产生另一套干涉条 纹.从扩展光源不同部位发出的、倾角在0和0之 间不同角度入射的平行光束，经迈克尔逊测星仪相 应的反射镜走过不同路径到双孔，然后在观察屏上产生很多套干涉条纹.这些干涉条纹光强 度彼此相加，屏幕上就形成了光强度的分布图像.根据第2问的结果，其清晰度取决于来自 扩展光源上下边缘发出的平行光aa与bb分别在屏幕上产生两套干涉条纹的相对位置错开 的程度.由对称性考虑，平行光束aa中两条光线a和a在观察屏上P的光程差为0，即平行光 0aa产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在P处.现讨论以倾角0斜入射的平行光束bb通过 0整个光学装置后，在观察屏上某点发生干涉时的光程差.光束bb中的光线b入射M1的光 线经M反射到达S，光线b从M点算起，所经光程为MM + MS ；光线b入射M的光3 11133 12线经M反射到达S，光线b从M点