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2014年第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案解析


2014 年第 31 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析

2014 年第 31 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案解析
无锡市第一中学 魏熙锴 第一题(12分) 2013年6月20日,“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首 次太空授课. 授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面 张力引起的效应.

视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉 动”中(平时在地球表面附近,重力的存在会导致液滴下降太快, 以至于很难观察到液滴的这种“脉动”现象). 假设液滴处于完全 失重状态,液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化(振动) ,如图所示. (1)该液滴处于平衡状态时的形状是__________; (2) 决定该液滴振动频率 f 的主要物理量是________________________________________; (3)按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.(提示:例如,若 认为 a, b, c 是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量,可将液滴振动频率 f 与 a, b, c 的关系式表示为 f ∝ aα b β cγ ,其中指数 α , β , γ 是相应的待定常数.) 振动的 液滴

参考答案: (1)球形 (2)液滴的半径 r 、密度 ρ 和表面张力系数 σ (或液滴的质量 m 和表面张力系数 σ ) (3)解法一 假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为
f = k rα ρ β σ γ



式中, 比例系数 k 是一个待定常数. 任一物理量 a 可写成在某一单位制中的单位 [a ] 和相应的 数值 {a} 的乘积 a = {a}[a ] . 按照这一约定,①式在同一单位制中可写成
{ f }[f ] = {k }{r}α {ρ }β {σ }γ [ r ]α [ ρ ]β [σ ]γ

由于取同一单位制,上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式,因而
[f ] = [ r ]α [ ρ ]β [σ ]γ



力学的基本物理量有三个:质量 m 、长度 l 和时间 t ,按照前述约定,在该单位制中有 m = {m}[m ] , l = {l}[l ] , t = {t}[t ] 于是
[f ] = [t ]?1

③ ④

[r ] = [ l ]

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[ ρ ] = [m ][l ]?3
[σ ] = [m ][t ]?2

⑤ ⑥

将③④⑤⑥式代入②式得
[t ]?1 = [l ]α ([m ][l ]?3 ) β ([m][t ]?2 )γ


[t ]?1 = [l ]α ? 3 β [m ]β +γ [t ]?2γ



由于在力学中 [m ] 、 [l ] 和 [t ] 三者之间的相互独立性,有

α ? 3β = 0, β +γ = 0,
2γ = 1 解为

⑧ ⑨ ⑩

α= ? ,β = ? ,γ =
将?式代入①式得

3 2

1 2

1 2

? ?

f =k

σ ρr3

解法二 假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为
f = k rα ρ β σ γ



式中, 比例系数 k 是一个待定常数. 任一物理量 a 可写成在某一单位制中的单位 [a ] 和相应的 数值 {a} 的乘积 a = {a}[a ] . 在同一单位制中,①式两边的物理量的单位的乘积必须相等
[f ] = [ r ]α [ ρ ]β [σ ]γ



力学的基本物理量有三个:质量 M 、长度 L 和时间 T ,对应的国际单位分别为千克 (kg) 、米(m) 、秒(s). 在国际单位制中,振动频率 f 的单位 [f ] 为 s ,半径 r 的单位 [r ] 为 m , 密 度
?1

ρ 的 单 位 [ ρ ] 为 kg ? m ?3 , 表 面 张 力 系 数 σ 的 单 位 [σ ] 为

N ? m ?1 =kg ? (m ? s ?2 ) ? m ?1 = kg ? s ?2 ,即有
[f ] = s ?1

③ ④ ⑤ ⑥

[r ] = m
[ ρ= ] kg ? m ?3
[σ= ] kg ? s ?2

若要使①式成立,必须满足
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s ?1= mα ( kg ? m ?3 )
α ? 3β = 0, β +γ = 0,
2γ = 1 解为

β

( kg ? s ) =
?2 γ

(kg) β +γ ? mα ? 3 β ? s ?2γ



由于在力学中质量 M 、长度 L 和时间 T 的单位三者之间的相互独立性,有 ⑧ ⑨ ⑩

α= ? ,β = ? ,γ =
将?式代入①式得

3 2

1 2

1 2

? ?

f =k

σ ρr3

评分标准:本题 12 分. 第(1)问 2 分,答案正确 2 分;第(2)问 3 分,答案正确 3 分; 第(3)问 7 分,⑦式 2 分,?式 3 分,?式 2 分(答案为 f ∝

σ σ σ 、f =k 或f∝ m m ρr3

的,也给这 2 分).

评析: 2013 年王亚平在“天宫一号”中的授课想必考生们都记忆犹新,那么第一问的球形答 案出来的非常自然。如果没有看过视频,本题依旧可做。试想在一个惯性力与引力平衡的惯 性系中,只受到表面张力的液滴,自然是面积最小的球形。 第二问,这个猜测非常自然。学习过选修 3-3 的同学们都知道,水是具有表面张力的, 那么本题表面张力系数肯定出的来,至于剩下的半径、密度、质量等等,都是很基础的。 第三问,量纲分析。 《全国高中生物理竞赛内容提要》明确对国际单位制与量纲分析提 出要求。 事实上量纲分析也确实是一个非常容易掌握的知识点。 不过即使选手没有接触过量 纲分析,那么本题的小提示也能帮你顺利拿到分。 整体水题一道,给今后的考生几点启示: 1、要关心一下新闻。例如 2016 年关于引力波观测的突破,其原理及相关内容,就极有 可能在 33 届物理竞赛中有所考察。 2、要敢想敢猜。例如第二小问,在完全不会的情况下,应该能去猜测球形。仅仅从应 试角度,既然惯性力引力平衡,这是一个完美的惯性系,那么各个方向上应该是等价的,那 么从这一点来说,自然能想到对称操作数最多的球形。 3、细心计算,第三小问的线性方程组解错了,白送的分没拿到,岂不是很亏?

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第二题(16 分) 一 种 测 量 理 想 气 体 的 摩 尔 热 容 比 γ ≡ C p / CV 的 方 法 (Clement-Desormes 方法)如图所示:大瓶 G 内装满某种理 想气体,瓶盖上通有一个灌气(放气)开关 H,另接出一根 U 形管作为压强计 M.瓶内外的压强差通过 U 形管右、左两管 液面的高度差来确定. 初始时,瓶内外的温度相等,瓶内气体 的压强比外面的大气压强稍高,记录此时 U 形管液面的高度 差 hi .然后打开 H,放出少量气体,当瓶内外压强相等时, 即刻关闭 H. 等待瓶内外温度又相等时,记录此时 U 形管液面的高度差 h f .试由这两次记 录的实验数据 hi 和 h f ,导出瓶内气体的摩尔热容比 γ 的表达式.(提示:放气过程时间很 短,可视为无热量交换;且 U 形管很细,可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前 后的体积变化)

参考答案: 解法一:瓶内理想气体经历如下两个气体过程:
放气(绝热膨胀) 等容升温 ( pi ,V0 , T0 , N i ) ??????? →( p0 ,V0 , T , N f ) ???? ? →( p f ,V0 , T0 , N f )

其中, ( pi ,V0 , T0 , N i ),( p0 ,V0 , T , N f )和(p f ,V0 , T0 , N f ) 分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的 压强、体积、温度和摩尔数.根据理想气体方程 pV = NkT ,考虑到由于气体初、末态的体 积和温度相等,有

pf pi

=

Nf Ni



另一方面,设 V ′ 是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为 p0 时的体 积,即
绝热膨胀 ( pi ,V0 , T0 , N i ) ????→ ( p0 ,V ′, T , N i )

此绝热过程满足

V0 ? p0 ? = ? V′ ? ? pi ?

1/ γ



由状态方程有 p0V ′ = N i kT 和 p0V0 = N f kT ,所以

Nf Ni
联立①②③式得

=

V0 V′



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pf
此即

?p ? =? 0 ? pi ? pi ?

1/ γ



pi p0 γ= p ln i pf ln
由力学平衡条件有 p = p0 + ρ ghi i



⑥ ⑦

p= p0 + ρ gh f f

式中, p0 = ρ gh0 为瓶外的大气压强, ρ 是 U 形管中液体的密度, g 是重力加速度的大小. 由⑤⑥⑦式得 ln(1 + hi ) h0

γ=

h h ln(1 + i ) ? ln(1 + f ) h0 h0



利用近似关系式: 当x ? 1, ln(1 + x) ≈ x ,以及 hi / h0 ? 1, h f / h0 ? 1 ,有

= γ

hi /h0 hi = hi /h0 ? h f /h0 hi ? h f



评分标准:本题 16 分.①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各 2 分.

解法二:若仅考虑留在容器内的气体:它首先经历了一个绝热膨胀过程 ab,再通过等容升 温过程 bc 达到末态
绝热膨胀ab 等容升温bc ( pi ,V1 , T0 ) ????? →( p0 ,V0 , T ) ????? →( p f ,V0 , T0 )

中间态和末态的压强、 其中, ( pi ,V1 , T0 ),( p0 ,V0 , T )和(p f ,V0 , T0 ) 分别是留在瓶内的气体在初态、 体积与温度.留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程

ab:

pi γ ?1T0 ?γ = p0γ ?1T ?γ

① ②

bc:
由①②式得

p0 / T = p f / T0
1/ γ

pf
此即

?p ? =? 0 ? pi ? pi ?



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pi p0 γ= p ln i pf ln
由力学平衡条件有 p = p0 + ρ ghi i



⑤ ⑥

p= p0 + ρ gh f f

式中, p0 = ρ gh0 为瓶外的大气压强,ρ 是 U 形管中液体的密度,g 是重力加速度的大小. 由 ④⑤⑥式得 ln(1 + hi ) h0

γ=

h h ln(1 + i ) ? ln(1 + f ) h0 h0



利用近似关系式: 当x ? 1, ln(1 + x) ≈ x ,以及 hi / h0 ? 1, h f / h0 ? 1 ,有

= γ

hi /h0 hi = hi /h0 ? h f /h0 hi ? h f



评分标准:本题 16 分.①②式各 3 分,④⑤⑥⑦⑧式各 2 分.

评析: 解法一要比解法二自然一点点,但是两个角度选手都应该能够想到。 本题对于热力学有一定知识基础的要求, 对思维层次要求不高, 基本上学过热力学的非 智力障碍的选手都能够有所想法。最后需要使用小量近似。ln(x+1)与 x 是等价无穷小量,这 个点应该能够自行联想到。不过即使联想不到,本题也可获得 14 分。 做本类题目,最重要的是分析好物理情景,细心读题,然后向经典的模型(例如本题的 绝热、等容)靠拢,那么分数是很好拿的。 多看点文献也是很有用的,例如本题的 Clement-Desormes 方法,如果以前考生就有所 接触,那么本题就完全是送分了。 (虽然笔者认为即使没有接触本题除最后小量近似的 2 分 外也都是送的。 )

三、 (20 分)如图所示,一质量为 m、底边 AB 长为 b、等腰边长为 a、质量均匀分布的等 腰三角形平板,可绕过光滑铰链支点 A 和 B 的水平轴 x 自由转动;图中原点 O 位于 AB 的 中点,y 轴垂直于板面斜向上,z 轴在板面上从原点 O 指向三角形顶点 C. 今在平板上任一 给定点 M 0 ( x0 , 0, z0 ) 加一垂直于板面的拉力 Q.
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(1) 若平衡时平板与竖直方向成的角度为 ?,
求拉力 Q 以及铰链支点对三角形板的作用力 NA 和 NB; C

z Q M0

y

?
O

B

(2)若在三角形平板上缓慢改变拉力 Q 的
作用点 M 的位置,使平衡时平板与竖直方向 成的角度仍保持为 ?,则改变的作用点 M 形 x

A

成的轨迹满足什么条件时, 可使铰链支点 A 或 B 对板作用力的垂直平板的分量在 M 变动中 保持不变?

参考答案: (1)平板受到重力 PC 、拉力 QM0 、铰链对三角形板的作用力 NA 和 NB,各力及其作用点的 坐标分别为:

(0, ?mg sin ? , ?mg cos ? ) , (0, 0, h) ; PC =

QM0 = (0, Q,0) , ( x0 , 0, z0 ) ;

b N A = ( N Ax , N Ay , N Az ) , ( ,0,0) ; 2 b N B = ( N Bx , N By , N Bz ) , ( ? ,0,0) 2
式中

1 2 b2 h a ? = 3 4
是平板质心到 x 轴的距离. 平板所受力和(对 O 点的)力矩的平衡方程为

∑F = N + N = 0 Q + N + N ? mg sin ? = 0 ∑F = ∑ F = N + N ? mg cos? = 0 = M mgh sin ? ?= Q?z 0 ∑
x Ax Bx y Ay By z Az Bz x 0

① ② ③ ④

∑M

y

= N Bz

b b ? N Az = 0 2 2



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∑M
Q=

z

= Q ? x0 + N Ay

b b ? N By = 0 2 2



联立以上各式解得

mgh sin ? , z0

N Ax = ? N Bx ,
= N Ay mg sin ? 2 ? h b 2 x0 ? mg sin ? N By ?1 ? b ( z + z ) ? , = 2 0 0 ? ? ? h b 2 x0 ? ?1 ? b ( z ? z ) ? 0 0 ? ?

N = N = Az Bz


1 mg cos ? 2

QM0 = (0,

mgh sin ? , 0) z0



= N A ( N Ax ,

mg sin ? ? h b 2 x0 ? 1 ) ? , mg cos ? ) ?1 ? ( + 2 z0 ? 2 ? b z0 mg sin ? ? h b 2 x0 ? 1 ) ? , mg cos ? ) ?1 ? ( ? z0 ? 2 2 ? b z0



NB = (? N Ax ,



(2)如果希望在 M( x, 0, z ) 点的位置从点 M 0 ( x0 ,0, z0 ) 缓慢改变的过程中,可以使铰链支点
对板的作用力 N By 保持不变,则需

= N By

mg sin ? 2

? h b 2x ? 1? ( ? = ) 常量 ? ? b z z ? ?



M点移动的起始位置为 M 0 ,由⑩式得

b 2 x b 2 x0 ? = ? z z z0 z0


? ? (*)

? b 2x ? b ? 2x = ? ? 0 ? z ? z0 z0 ?
这是过 A( , 0, 0) 点的直线.

b 2

因此, 当力 QM 的作用点 M 的位置沿通过 A 点任一条射线(不包含 A 点)在平板上缓慢改 变时,铰链支点 B 对板的作用力 N By 保持不变. 同理,当力 QM 的作用点 M 沿通过B点任一

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条射线在平板上缓慢改变时,铰链支点 A 对板的作用力 N Ay 保持不变.

评分标准:本题20分.第(1)问14分,①式1分,②③④⑤⑥式各2分,⑦⑧⑨式各1分;第 (2)问6分,⑩?式各1分,(*) 2分,结论正确2分. 评析: 本题仍然不难,第一问是静力学,力平衡力矩平衡+普通高中练到烂的正交分解,分送 的很彻底。 第二问需要考察一定的解析几何的知识,但是这对于高中生来说仍然是小case。 本题对于今后还要参加物理竞赛的同学而言,借鉴意义主要有以下几个方面: 1、不要怕计算,如果正交分解、建立坐标系能够算出来,不要怕麻烦,物竞时间绰绰 有余,不要因为怕算把送给你的分扔了。 2、要注重培养数学素养。虽然《全国中学生物理竞赛内容提要》对数学要求并不高, 但是对于有更高目标的同学而言, 坚实的高等数学功底还是得有的。 这里所说的高等数学不 止局限于微积分,也包括空间解析几何。如果能掌握一定复变函数、微分方程的知识,那就 更好了。 3、细心计算,算错了真的太可惜。 O′ 第四题(24 分) 如图所示,半径为 R、质量为 m0 的光滑均匀圆环,套在光滑竖直细轴 OO′上, 可沿 OO′轴滑动或绕 OO′轴旋转. 圆环上串着两个质量均为 m 的小球. 开始时让圆环以某一角速度绕 OO′轴转动,两小球自圆环顶 端同时从静止开始释放. (1)设开始时圆环绕 OO′轴转动的角速度为 ω0,在两小球从环顶下 滑过程中,应满足什么条件,圆环才有可能沿 OO′轴上滑?

θ θ
C O

R

= 30° (θ 是过小球的圆环半径与 OO′轴的夹角) (2)若小球下滑至 θ
时,圆环就开始沿 OO′轴上滑,求开始时圆环绕 OO′轴转动的角速度

= 30° 时圆环绕 OO′轴转动的角速度 ω 和小球相对于圆环滑动的速率 v . ω0、在 θ
参考答案: (1)考虑小球沿径向的合加速度. 如图,设小球下滑至θ 角位置时,小球 相对于圆环的速率为 v ,圆环绕轴转动的角速度为ω .此时与速率 v 对应 的指向中心 C 的小球加速度大小为 ?z C

ω
r

?l

θ

θ
R



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a1 =

v2 R



同时,对应于圆环角速度ω,指向 OO′轴的小球加速度大小为
aω = (ω R sin θ ) 2 R sin θ



该加速度的指向中心 C 的分量为
a2 a= = ω sin θ (ω R sin θ ) 2 R



该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为
= a3 a= ω cos θ (ω R sin θ ) 2 cot θ R



由①③式和加速度合成法则得小球下滑至θ 角位置时,其指向中心 C 的合加速度大小为
aR = a1 + a2 = v 2 (ω R sin θ ) 2 + R R



在小球下滑至θ 角位置时,将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量 N 、 垂直于环面的方向的分量 T . 值得指出的是:由于不存在摩擦,圆环对小球的正压力沿环 的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是 N 、 T 和 mg . 这些力可分成相互垂 直的三个方向上的分量:在径向的分量不改变小球速度的大小,亦不改变小球对转轴的角 动量;沿环切向的分量即 mgsinθ 要改变小球速度的大小;在垂直于环面方向的分量即 T 要改变小球对转轴的角动量,其反作用力将改变环对转轴的角动量,但与大圆环沿 OO ′ 轴 的竖直运动无关. 在指向环心的方向,由牛顿第二定律有 v 2 + (ω R sin θ ) 2 ⑥ N + mg cos θ = ma R = m R 合外力矩为零,系统角动量守恒,有
L0= L + 2m( R sin θ ) 2 ω



式中 L0 和 L 分别为圆环以角速度ω0 和ω转动时的角动量. 如图,考虑右半圆环相对于轴的角动量,在θ角位置处取角度增量?θ, 圆心角?θ所对圆弧 ?l 的质量为 ?m = λ?l ( λ ≡

m0 ) ,其角动量为 2π R


?L =?mω r 2 =λ?lω rR sin θ =λω Rr ?z =λω R?S 式中 r 是圆环上θ 角位置到竖直轴 OO′的距离, ?S 为两虚线间

窄条的面积.⑧式说明,圆弧 ?l 的角动量与 ?S 成正比. 整个圆环(两个半圆环)的角动量 为
L = 2∑ ?L = 2 × m0 π R2 1 ωR = m0 R 2ω 2π R 2 2



[或:由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴 OO′的转动惯量 J 等于其绕过垂直于圆环平面的 对称轴的转动惯量的一半,即

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1 J = m0 R 2 2
则角动量 L 为



= ω L J=
同理有

1 m0 R 2ω 2

⑨ ]

1 L0 = m0 R 2ω0 2



力 N 及其反作用力不做功;而 T 及其反作用力的作用点无相对移动,做功之和为零; 系统机械能守恒. 故

1 Ek 0 ? Ek + 2 × mgR(1 ? cos θ ) = 2 × m[ v 2 + (ω R sin θ )2 ] 2
式中 Ek 0 和 Ek 分别为圆环以角速度 ω0 和 ω 转动时的动能.圆弧 ?l 的动能为

?

1 1 1 ?Ek = ?m(rω )2 = λ?lω 2 rR sin θ = λ Rω 2 ?S 2 2 2
整个圆环(两个半圆环)的动能为
1 m π R2 1 Ek = 2∑ ?Ek = 2 ? ? 0 ? Rω 2 ? = m0 R 2ω 2 2 2π R 2 4

[或:圆环的转动动能为

? ? ? ? ? ]

= Ek
同理有

1 1 = Jω 2 m0 R 2ω 2 2 4

1 Ek 0 = m0 R 2ω02 4
根据牛顿第三定律,圆环受到小球的竖直向上作用力大小为 2 N cos θ ,当

2 N cos θ ≥ m0 g
时,圆环才能沿轴上滑.由⑥⑦⑨⑩?? ?式可知,?式可写成 6m cos2 θ ? 4m cos θ + m0 ?
2 m0ω0 R cos θ 2g

2 ? ? m0 1 ? ? ( m + 4m sin 2 θ )2 ? ≤ 0 0 ? ?

式中, g 是重力加速度的大小.

(2)此时由题给条件可知当 θ =30° 时,?式中等号成立,即有 ?9 ? = m + m0 ? ? 2 3? ?2 ?
2 3m0 Rω0 4g 2 ? ? m0 ?1 ? ( m + m )2 ? 0 ? ?



ω0 ( m0 + m) =

(9 3 ? 12)m + 2 3m0 2 g 3(2m0 + m)mm0 R
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?

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= ω

由⑦⑨⑩?式和题给条件得

m0 m0 = ω0 = ω0 2 m0 +4m sin θ m0 +m

(9 3 ? 12)m + 2 3m0 2m0 g 3(2m0 + m) mR

由?????式和题给条件得 v = gR

?

2 2 3m0 +(12 ? 3)mm0 + 3 3m 2 6(2m0 + m )m

?

评分标准:本题 24 分.第(1)问 18 分,①②③④⑤式各 1 分,⑥⑦式各 2 分,⑨⑩式各 1 分,?式 2 分,??式各 1 分,?式 2 分,?式 1 分;第(2)问 6 分,???式各 2

分.

评析: 这一题难度还是比较大的。首先得理解为什么圆环会向上滑动。按照常识,显然圆环 应该是收到重力向下加速掉落。 但是这里很特殊的是有两个质量相对较大球在旋转。 而旋转 需要向心力。特殊的结构使得这个向心力只能依靠环提供。根据作用力与反作用力的关系, 圆环会受到斜向上的力,如果这个力的竖直方向分力超过重力,根据牛顿第二定律,它可以 上升。 想通了这一点,本题可解。在《全国中学生物理竞赛内容提要》中,对于刚体力学有 一定要求,常见物体的转动惯量当然要求选手熟记。如果学习过刚体力学,那么剩下来的部 分就几乎没有难度了。能量守恒,角动量守恒,牛顿第二定律,结合可得最终结果。

第五题(20 分) 如图所示,现有一圆盘状发光体,其半径为 5cm,放置在一焦距为 10cm、半径为 15cm 的 凸透镜前,圆盘与凸透镜的距离为 20cm,透镜后放置一半径大小可调的圆形光阑和一个接 收圆盘像的光屏. 图中所有光学元件相对于光轴对称放置. 请在几何光学近轴范围内考虑下 列问题,并忽略像差和衍射效应.

圆盘 凸透镜 光阑 光屏

(1)未放置圆形光阑时, 给出圆盘像的位置、大小、形状; (2)若将圆形光阑放置于凸透镜后方 6cm 处. 当圆形光阑的半径逐渐减小时,圆盘的像会
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有什么变化?是否存在某一光阑半径 ra ,会使得此时圆盘像的半径变为(1)中圆盘 像的半径的一半?若存在,请给出 ra 的数值. (3)若将圆形光阑移至凸透镜后方 18cm 处,回答(2)中的问题; (4)圆形光阑放置在哪些位置时,圆盘像的大小将与圆形光阑的半径有关? (5)若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方 6cm 处,回答(2)中的问题.

参考答案: (1)设圆盘像到薄凸透镜的距离为 v . 由题意知: u = 20cm , f = 10cm ,代入透镜成 像公式

1 1 1 + = v u f
得像距为



v = 20cm
其横向放大率为



? = ?1 β=

v u



可知圆盘像在凸透镜右边 20cm,半径为 5cm,为圆盘状,圆盘与其像大小一样. (2) 如下图所示, 连接 A、 B 两点, 连线 AB 与光轴交点为 C 点, 由两个相似三角形 ?AOC 与 ?BB'C 的关系可求得 C 点距离透镜为 15cm. 1分 若将圆形光阑放置于凸透镜后方 6cm 处,此时圆形光阑在 C 点左侧. 1分 当圆形光阑半径逐渐减小时,均应有光线能通过圆形光阑在 B 点成像,因而圆盘像的 . 形 状 及 大 小 不 变 , 而 亮 度 变 暗 2分 此时不存在圆形光阑半径 ra 使得圆盘像大小的半径变为(1)中圆盘像大小的半径的一 半.1 分 A

O

C

B' B

(3)若将圆形光阑移至凸透镜后方 18cm 处,此时圆形光阑在 C 点(距离透镜为 15cm)的 右侧. 由下图所示,此时有:

CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm,
利用两个相似三角形 ?CRR' 与 ?CBB' 的关系,得

= r RR'=

CR' 5?2 × BB'= × 5cm = 3cm CB' 5
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可见当圆盘半径 r = 3cm (光阑边缘与 AB 相交)时,圆盘刚好能成完整像,但其亮度变 暗. 4分 R'

C

B'

R B 若进一步减少光阑半径, 圆盘像就会减小. 当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在 原先像的一半高度处时,圆盘像的半径就会减小为一半,如下图所示.此时光阑边缘与 AE 20 相交,AE 与光轴的交点为 D,由几何关系算得 D 与像的轴上距离为 cm. 此时有 7

6 20 DR'= cm, DE'= cm, EE'=2.5cm, 7 7 利用两个相似三角形 ?DRR' 与 ?DEE' 的关系,得 DR' 20 / 7 ? 2 r = RR'= × EE'= × 2.5cm = 0.75cm a DE' 20 / 7



可见当圆形光阑半径 ra =0.75cm,圆盘像大小的半径的确变为(1)中圆盘像大小的半径的 一半. 3分 D R' R E (4)只要圆形光阑放在 C 点(距离透镜为 15cm)和光屏之间,圆盘像的大小便与圆形光 阑半径有关. 2分 (5)若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方 6cm 处,则当圆形光阑半径逐渐减小时,圆盘像 的形状及大小不变,亮度变暗; 2分 同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为(1)中圆盘像大小的半径的一半. 1 分 评分标准:第(1)问 3 分,正确给出圆盘像的位置、大小、形状,各 1 分; 第(2)问 5 分,4 个给分点分别为 1、1、2、1 分; 第(3)问 7 分,2 个给分点分别为 2、3 分; 第(4)问 2 分,1 个给分点为 2 分; 第(5)问 3 分,2 个给分点分别为 2、1 分. 评析: 本题不难,是几何光学的基础题。本题只考察了两个部分:光的直线传播和凸透镜成像 公式,这个对于初中生来说都是应该掌握的。可以看到,物理学会送分的时候,还是非常让 我们这种蒟蒻感到温暖的。 E'

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第六题(22 分) 如图所示,一电容器由固定 在共同导电底座上的 N+1 片对顶 双扇形薄金属板和固定在可旋转 的导电对称轴上的 N 片对顶双扇 形薄金属板组成, 所有顶点共轴, 轴线与所有板面垂直,两组板面 各自在垂直于轴线的平面上的投 影重合,板面扇形半径均为 R, 圆心角均为 θ 0 (

N 片可旋转金属板

θ
s … …

? ωm

θ0

ωm

π ≤ θ0 < π ) ;固 2

N+1 片固定金属板

定金属板和可旋转的金属板相间 排列, 两相邻金属板之间距离均为 s. 此电容器的电容 C 值与可旋转金属板的转角 θ 有关. 已 知静电力常量为 k . (1)开始时两组金属板在垂直于轴线的平面上的投影重合,忽略边缘效应,求可旋转金属 板的转角为 θ ( ?θ 0 ≤ θ ≤ θ 0 )时电容器的电容 C (θ ) ; (2)当电容器电容接近最大时,与电动势为 E 的电源接通充电(充电过程中保持可旋转金 属板的转角不变) ,稳定后断开电源,求此时电容器极板所带电荷量和驱动可旋转金属板的 力矩; (3)假设 θ 0 =

π ,考虑边缘效应后,第(1)问中的 C (θ ) 可视为在其最大值和最小值之间 2

光滑变化的函数

C (θ )=

1 1 (Cmax + Cmin ) + (Cmax ? Cmin ) cos 2θ 2 2

式中, Cmax 可由第(1)问的结果估算,而 Cmin 是因边缘效应计入的,它与 Cmax 的比值 λ 是 已知的. 若转轴以角速度 ωm 匀速转动, 且 θ = ωm t , 在极板间加一交流电压 V = V0 cos ω t . 试 计算电容器在交流电压作用下能量在一个变化周期内的平均值, 并给出该平均值取最大值时 所对应的 ωm . 参考答案: (1)整个电容器相当于 2 N 个相同的电容器并联,可旋转金属板的转角为 θ 时 C (θ ) = 2 NC1 (θ ) 式中 C1 (θ ) 为两相邻正、负极板之间的电容 ①

C1 (θ ) =

A(θ ) 4π ks



这里, A(θ ) 是两相邻正负极板之间相互重迭的面积,有

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? 1 2 ?2 × 2 R (2θ 0 ? π ), ? ? 2 × 1 R 2 (θ + θ ), 0 ? 2 A(θ ) = ? ? 2 × 1 R 2 (θ 0 ? θ ), ? 2 ? 1 ? 2 × R 2 (2θ 0 ? π ), ? 2
由②③式得

当 ? θ0 ≤ θ ≤ θ0 ? π 当θ 0 ? π ≤ θ ≤ 0 当0 ≤ θ ≤ π ? θ 0 当π ? θ 0 < θ < θ 0


? 1 2 ? 4π ks R (2θ 0 ? π ), ? 1 ? R 2 (θ 0 + θ ), ? 4π ks C1 (θ ) = ? 1 ? R 2 (θ 0 ? θ ), ? 4π ks ? 1 ? R 2 (2θ 0 ? π ), ? 4π ks
由①④式得

当 ? θ0 ≤ θ ≤ θ0 ? π 当θ 0 ? π ≤ θ ≤ 0 当0 ≤ θ ≤ π ? θ 0 当π ? θ 0 < θ < θ 0


? N 2 ? 2π ks R (2θ 0 ? π ), ? N ? R 2 (θ 0 + θ ), ? 2π ks C (θ ) = ? N ? R 2 (θ 0 ? θ ), ? 2π ks ? N ? R 2 (2θ 0 ? π ), ? 2π ks

当 ? θ0 ≤ θ ≤ θ0 ? π 当θ 0 ? π ≤ θ ≤ 0 当0 ≤ θ ≤ π ? θ 0 当π ? θ 0 < θ < θ 0


(2)当电容器两极板加上直流电势差 E 后,电容器所带电荷为 Q(θ ) = C (θ ) E 当 θ = 0 时,电容器电容达到最大值 Cmax ,由⑤式得
Cmax = NR 2θ 0 2π ks





充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值 Qmax ,由⑥式得
Qmax = NR 2θ 0 E 2π ks



断开电源,在转角 θ 取 θ = 0 附近的任意值时,由⑤⑧式得,电容器内所储存的能量为

U= (θ )

2 Qmax NR 2θ 02 E 2 = 2C (θ ) 4π ks(θ 0 ? θ )

当 ? θ0 ≤ θ ≤ π ? θ0



设可旋转金属板所受力矩为 T (θ ) (它是由若干作用在可旋转金属板上外力 Fi 产生的,不失

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普遍性,可认为 Fi 的方向垂直于转轴,其作用点到旋转轴的距离为 ri ,其值 Fi 的正负与可 旋转金属板所受力矩的正负一致) ,当金属板旋转 ?θ (即从 θ 变为 θ + ?θ )后,电容器内 所储存的能量增加 ?U ,则由功能原理有

T (θ ) ?θ = ( ∑ Fi ri ) ?θ = ?U (θ ) ∑ Fi ?l i =
式中,由⑨⑩式得



T= (θ )

NR 2θ 02 E 2 ?U (θ ) = ?θ 4π ks(θ 0 ? θ )2

当 ? θ0 ≤ θ ≤ π ? θ0

?

当电容器电容最大时,充电后转动可旋转金属板的力矩为

NR 2 E 2 ? ?U ? = T ?= ? ? ?θ ?θ =0 4π ks
(3)当 V = V0 cos ω t ,则其电容器所储存能量为
1 U = CV 2 2 1 ?1 1 ? = (Cmax + Cmin ) + (Cmax ? Cmin ) cos 2ωm t ? V02 cos2 ωt 2? 2 2 ? ? = = 1 ?1 1 ? (Cmax + Cmin ) + (Cmax ? Cmin ) cos 2ωm t ? V02 (1 + cos 2ωt ) 4? 2 ?2 ?

?

?

V02 [(Cmax + Cmin ) + (Cmax + Cmin ) cos 2ωt + (Cmax ? Cmin ) cos 2ωmt + (Cmax ? Cmin ) cos 2ωmt cos 2ωt ] 8 V2 = 0 {(Cmax + Cmin ) + (Cmax + Cmin ) cos 2ωt + (Cmax ? Cmin ) cos 2ωm t 8 1 + (Cmax ? Cmin )[cos 2(ωm + ω )t + cos 2(ωm ? ω )t ]} 2

由于边缘效应引起的附加电容远小于 Cmax ,因而可用⑦式估算 Cmax .如果 ωm ≠ ω ,利 用⑦式和题设条件以及周期平均值公式

cos 2ωt =0, cos 2ωm t =0, cos 2(ωm + ω )t =0,
可得电容器所储存能量的周期平均值为

cos 2(ωm ? ω )t =0

?

1 (1 + λ ) NR 2 2 U1 = (Cmax + Cmin )V02 = V0 8 32ks

?

如果 ωm = ω ,?式中第 4 式右端不是零,而是 1.利用⑦式和题设条件以及周期平均值 公式的前 3 式得电容器所储存能量的周期平均值为
1 1 1 (3 + λ ) NR 2 2 U 2 = (Cmax + Cmin )V02 + (Cmax ? Cmin )V02 = (3Cmax + Cmin )V02 = V0 8 16 16 64ks

?

由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的, 因而 Cmax 应比用⑦式估 计 Cmax 大;这一效应同样使得 Cmin > 0 ;可假设实际的 (Cmax ? Cmin ) 近似等于用⑦式估计 Cmax .如果 ωm ≠ ω ,利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式

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cos 2ωt =0, cos 2ωm t =0, cos 2(ωm + ω )t =0,
可得电容器所储存能量的周期平均值为

cos 2(ωm ? ω )t =0

?

1 (1 + 2λ ) NR 2 2 U1 = (Cmax + Cmin )V02 = V0 8 32ks

?

[如果 ωm = ω ,?中第 4 式右端不是零,而是 1.利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式 ?的前 3 式得电容器所储存能量的周期平均值为
1 1 1 (3 + 4λ ) NR 2 2 U 2 = (Cmax + Cmin )V02 + (Cmax ? Cmin )V02 = (3Cmax + Cmin )V02 = V0 ? 8 16 16 64ks

]

因为 U 2 > U1,则最大值为U 2,所对应的 ωm 为

ωm = ω

?

评析: 本题的第一问比较中规中矩。 当选手意识到这只是一个并联的平行板电容器后, 第一问 的分数就拿到手了。 第二问实际上类似虚功原理。 直接使用牛顿三定律去求解第二问是不可 能的,此时通过能量反解力是正常想法。第三问依旧不难,出卷人引入了普通高中并不讨论 的边缘效应,但给予了充足的解释,这需要选手临危不惧,沉着冷静去学习、分析。但是本 身第三问题目并不难,平均值的求解非常基础。整道题对于今后参加物理竞赛的选手而言, 一个提示, 首先不要看到没学过的东西就怕, 看到新的知识出现就怕, 冷静下来, 慢慢推敲, 一般题目越新颖,难度其实反而更低。

评分标准:本题 22 分.第(1)问 6 分,①②式各 1 分,③⑤式各 2 分;第(2)问 9 分, ⑥⑦⑧⑨⑩式各 1 分(⑩式中没有求和号的,也同样给分;没有力的符号,也给分),?? 式各 2 分;第(3)问 7 分,??式各 2 分,???式各 1 分.

第七题(26 分) Z-箍缩作为惯性约束核聚变的一种可能方式, 近年来受到特别重视, 其原理如图所示. 图中, 长 20 mm、直径为 5 ? m 的钨丝组成的两个共轴的圆柱面阵列,瞬间通以超强电流,钨丝阵 列在安培力的作用下以极大的加速度向内运动, 即所谓自箍缩效应; 钨丝的巨大动量转移到 处于阵列中心的直径为毫米量级的氘氚靶球上, 可以使靶球压缩后达到高温高密度状态, 实 现核聚变.设内圈有 N 根钨丝(可视为长直导线)均匀地分布在半径为 r 的圆周上,通有 总电流 I内= 2 × 107 A ;外圈有 M 根钨丝,均匀地分布在半径为 R 的圆周上,每根钨丝所通 过的电流同内圈钨丝.已知通有电流 i 的长直导线在距其 r 处产生的磁感应强度大小为 i 2 × 10?7 T ? m/A = 2 × 10?7 N / A 2 . km ,式中比例常量 km = r (1)若不考虑外圈钨丝,计算内圈某一根通电钨丝中间长为 ?L 的一小段钨丝所受到的安 培力; (2)若不考虑外圈钨丝,内圈钨丝阵列熔化后形成了圆柱面,且箍缩为半径 r = 0.25cm 的 圆柱面时,求柱面上单位面积所受到的安培力,这相当于多少个大气压? (3)证明沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面,圆柱面内磁场为零,即通有均匀电流外圈 钨丝的存在不改变前述两小题的结果;

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, 若 R 要求外圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力大于内圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培 力,求外圈钨丝圆柱面的半径 R 应满足的条件; (5)由安培环路定理可得沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所 有电流移至圆柱轴后产生的磁场,请用其他方法证明此结论. (计算中可不考虑图中支架的影响)

(4) 当 N >> 1 时, 则通有均匀电流的内圈钨丝在外圈钨丝处的磁感应强度大小为 km

I内

金属极板

外圈钨丝

金属极板 靶球 支架 内圈钨丝

参考答案: (1)通有电流 i 的钨丝(长直导线)在距其 r 处产生的磁感应强度的大小为 i ① B = km r 由右手螺旋定则可知,相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝 为对称轴的圆, 磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向, 它与电流 i 的 方向成右手螺旋. 两根相距为 d 的载流钨丝(如图(a))间的安培力是相互吸引 力,大小为 ? k ?Li 2 ② F =B?Li = m d d 考虑某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培 力的合力.由系统的对称性可知,每根钨丝受到的合力方向都指向轴 图(a) 心; 我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可. 如图, 设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为 ? ,则它们间的距离为 ? ③ d = 2r sin 2 由②③式可知,两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为 km ?Li 2 ? km ?Li 2 = Fr = sin ④ 2r sin(? / 2) 2 2r 它与 ? 无关, 也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方 向均不同, 但在径向方向上的分量大小却是一样的; 而垂直于径向方向的力相互抵消. 因此, 某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为

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2 ( N ? 1)km ?Li 2 ( N ? 1)km ?L I 内 ⑤ F = = 2r 2rN 2 其方向指向轴心. (2) 由系统的对称性可知, 所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等, 方向与柱轴垂直,且指向柱轴.所考虑的圆柱面,可视为由很多钨丝排布而成,N 很大,但 总电流不变.圆柱面上 ?? 角对应的柱面面积为

s = r ???L
圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为 N ?? F N ( N ? 1)km ?Li 2 = P = 2π s 4π r 2 ?L 由于 N ? 1 ,有 ⑧ N ( N ? 1)i 2 = I2


⑥ ⑦

由⑦⑧式得
P=
2 km I 内

4π r 2

⑨ ⑩

代入题给数据得 = P 1.02 × 1012 N/m 2 一个大气压约为 105 N/m 2 ,所以

? P ≈ 107 atm 即相当于一千万大气压. (3)考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点 A 的磁场强度. 根据对称性可知,其磁场如果 不为零,方向一定在过 A 点且平行于通电圆柱的横截面. 在 A 点所在的通电圆柱的横截面 (纸面上的圆)内,过 A 点作两条相互间夹角为微小角度 ?θ 的直线,在圆上截取两段微小 圆弧 L1 和 L2 , 如图 (b) 所示. 由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性, 通过 L1 和 L2 段 的电流之比 I1 / I 2 等于它们到 A 点的距离之比 l1 / l2 : I1 L1 l1 = = ? I 2 L2 l2 式中,因此有 I I km 1 = km 2 ? l1 l2 即通过两段微小圆弧在 A 点产生的磁场大小相同,方向相反,相互抵消.整个圆周可以分 为许多“对”这样的圆弧段,因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零,所以通电 外圈钨丝的存在,不改变前述两小题的结果. (4)由题中给出的已知规律,内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为 I B = km 内 ? R 方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向, 由右手螺旋法则确定. 外圈 钨丝的任一根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为 2 2 ( M ? 1)km ?L I 外 I外 km I内 km ?L ( I 外 + 2 I内 I 外 ) = F外 + = ? L ? 2 2 RM M R 2 RM 式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到,第二项由?式和安培力公式得到. 因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为 2 + 2 I内 I外 ) km ( I 外 M ?? F外 = P外 = ? 2π R???L 4π R 2 若要求 2 2 k( m I 外 + 2 I内 I 外) k m I内 ? > 4π R 2 4π r 2
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只需满足
R < r
2 + 2 I内 I外 I外

I

2 内

=

M 2 + 2 NM N2

?

(5)考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点 C 的磁场强度. 根据对称性可知,长直圆柱面 上的均匀电流在该点的磁场方向一定在过 C 点且平行于通电圆柱的横截面(纸面上的圆), 与圆的径向垂直,满足右手螺旋法则. 在 C 点所在的通电圆柱的横截面内,过 C 点作两条 相互间夹角为微小角度 ?θ 的直线,在圆上截取两段微小圆弧 L3 和 L4 ,如图(c)所示. 由 几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性, 穿过 L3 和 L4 段的电流之比 I 3 / I 4 等于它们到 C 点 的距离之比 l3 / l4 : I 3 L3 l3 = = ? I 4 L4 l4 式中, CL3 = l3 , CL4 = l4 , CO = l . 由此得 I3 I4 I3 + I4 ? = = l3 l4 l3 + l4 考虑到磁场分布的对称性,全部电流在 C 点的磁感应强 度应与 CO 垂直. 穿过 L3 和 L4 段的电流在 C 点产生的磁 感应强度的垂直于 CO 的分量之和为 I I +I I BC = km 3 cos θ + km 4 cos θ = 2km 3 4 cos θ 21 ○ l3 l4 l3 + l4 设过 C 点所作的直线 CL3 L4 与直线 CO 的夹角为 θ ,直 线 CL3 L4 与圆的半径 OL4 的夹角为 α (此时,将微小弧元视为点). 由正弦定理有 l3 l l4 = = 22 ○ sin(α ? θ ) sin α sin(α + θ ) 式中, OCL3 = θ , CL4O = α . 于是 I +I I3 + I4 I +I 23 ○ = BC 2= km 3 4 cos θ 2km = sin α cos θ km 3 4 l3 + l4 l[sin(α + θ ) + sin(α ? θ )] l 即穿过两段微小圆弧的电流 I 3 和 I 4 在 C 点产生的磁场沿合磁场方向的投影等于 I 3 和 I 4 移至 圆柱轴在在 C 点产生的磁场.整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段,因此沿柱轴通有 均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场 I 24 = B km 内 , l > r ○ l 方向垂直于 C 点与圆心 O 的连线,满足右手螺旋法则.
E A E E A E

评分标准:本题 26 分.第(1)问 6 分,②③式各 1 分,④式 2 分,⑤式 1 分,方向 1 分; 第(2)问 6 分,⑥~?式各 1 分;第(3)问 3 分,??式各 1 分,对称性分析正确 1 分;
21 ○ 22 ○ 23 ○ 24 式各 1 分. 第(4)问 6 分,??各 2 分,??式各 1 分;第(5)问 5 分,?○

评析: 首先,通点长直导线的磁场题目中给了,这降低了本题所需的知识水平,这对于竞赛而 言是有利的。 其次,就题目而言,第一问显然是送分的,由于垂直分量相同,可以简单的叠加,而避 免了复杂的求和。第二问紧紧承接第一问,求个极限即可,继续送分。 从本题一开始, 有一个想法应该跳入选手的大脑——高斯定理。 高斯定理是在三维空间
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中的,适用于平方反比的场,例如引力场,引力场强关于任意一个闭合曲面的积分与包绕的 质量成正比。如果把本题也抽象为一个场,这是一个二维空间(忽略导线的延伸方向) ,场 强是一次方反比, 是不是可以类比一个高斯定理: 场强关于任意一个闭合回路的积分与该回 路包绕的面积中的电流总量成正比? 当然可以。 第三小问与第五小问正是该 “高斯定理” 的两个特例。 在引力场和静电场中, 均匀球体内部场强和外部场强如何推导都是非常基础的知识,而这里,只需要类比。 至于第四题,当这个“高斯定理”被你发现的时候,已经变得非常简单了,也是白白送 分的。 整体来看, 本题可以说是一道彻彻底底的竞赛题, 它需要类比每个选手都知道的三维空 间中的高斯定理,将之证明方法迁移到二维空间之中,这道题就变得非常简单,但是如果没 有这个迁移能力,那么本题几乎无法求解。 当然,本题的区分度也不是很高,因为这个迁移比较明显,对思维层次要求不高,所以 仍然是一道送分题。笔者认为,类似本题的、需要考察思维层次的题目应该会愈来愈多,当 然, 区分度也应有所提升, 本题的区分度显然是非常有限的, 这是本题唯一美中不足的一点。

八、 (20 分)天文观测表明,远处的星系均离我们而去.著名的哈勃定律指出,星系离开我 们的速度大小 v = HD ,其中 D 为星系与我们之间的距离,该距离通常以百万秒差距(Mpc) 为单位;H 为哈勃常数,最新的测量结果为 H=67.80km/(s?Mpc).当星系离开我们远去时, 它发出的光谱线的波长会变长(称为红移) .红移量 z 被定义为 z =

λ′ ? λ ,其中 λ′是我们观 λ

测到的星系中某恒星发出的谱线的波长,而 λ 是实验室中测得的同种原子发出的相应的谱 线的波长,该红移可用多普勒效应解释.绝大部分星系的红移量 z 远小于 1,即星系退行的 速度远小于光速. 在一次天文观测中发现从天鹰座的一个星系中射来的氢原子光谱中有两条 谱线,它们的频率ν ′ 分别为 4.549 × 1014Hz 和 6.141 × 1014Hz.由于这两条谱线处于可见光频 率区间,可假设它们属于氢原子的巴尔末系,即为由 n > 2 的能级向 k=2 的能级跃迁而产生 的光谱. (已知氢原子的基态能量 E0 = ?13.60 eV ,真空中光速 = c 2.998 × 108 m/s ,普朗克常 量 h = 6.626 × 10?34 J ? s ,电子电荷量 = e 1.602 × 10?19 C ) (1)该星系发出的光谱线对应于实验室中测出的氢原子的哪两条谱线?它们在实验室中 的波长分别是多少? (2)求该星系发出的光谱线的红移量 z 和该星系远离我们的速度大小 v ; (3)求该星系与我们的距离 D.

参考答案:

′ 6.141 × 1014 Hz , = ν2 ν 1′ 4.549 × 1014 Hz 和 = (1) 由题给条件, 观察到星系的谱线的频率分别为
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它们分别对应于在实验室中测得的氢原子光谱的两条谱线ν1 和ν2.由红移量 z 的定义,根据 波长与频率的关系可得

= z

′ ν 1 ? ν 1′ ν 2 ? ν 2 = ′ ν 1′ ν2



式中,ν ′ 是我们观测到的星系中某恒星发出的频率,而ν是实验室中测得的同种原子发出的 相应的频率. 上式可写成 1 1 = (1 + z ) , ′ ν1 ν1 由氢原子的能级公式 1 1 = (1 + z ) ′ ν2 ν2

En =
得到其巴耳末系的能谱线为

E0 , n2



h = ν

E0 E0 ? n 2 22



′ 分别代入上式,得到这 由于 z 远小于 1,光谱线红移后的频率近似等于其原频率.把 ν 1′ 和 ν 2 两条谱线的相应能级的量子数

n1 ≈

1 1 hν 1′ + 4 E0

≈ 3 , n2 ≈

1 ′ 1 hν 2 + 4 E0

≈4



从而,证实它们分别由 n=3 和 4 向 k=2 的能级跃迁而产生的光谱,属于氢原子谱线的巴尔 末系.这两条谱线在实验室的频率分别为

E 1 1 ? 0 ( 2 ? 2)= 4.567 × 1014 Hz , v1 = h 2 3

E 1 1 v2 = ? 0 ( 2 ? 2)= 6.166 × 1014 Hz h 2 4

根据波长与频率的关系可得,在实验室中与之相对应的波长分别是
= λ1 656.4nm = ,λ2 486.2nm



(2)由①式可知

z=

′ 1 ν 1 ? ν 1′ ν 2 ? ν 2 ( ) = 0.0040 + ′ 2 ν 1′ ν2



由于多普勒效应,观测到的频率

ν′=
因为 v ? c ,推导得

1? v / c ν 1+ v / c

z = v/c 从而,该星系远离我们的速度大小为 v= zc = 0.0040 × 2.998 × 108 m/s = 1.2 × 106 m/s ⑦

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(3)由哈勃定律,该星系与我们的距离为

D =

v 1.2 × 106 = Mpc = 18Mpc H 6.780 × 104



评分标准:本题 20 分. 第(1)问 14 分,①式 2 分,③④⑤式各 4 分;第(2)问 4 分,⑥ ⑦式各 2 分;第(3)问 2 分,⑧式 2 分. (有效数字位数正确但数值有微小差 别的,仍给分)

评析: 本题虽为压轴题,但实为本卷第一水题,毫无难度可言。第一问将氢原子光谱的公式带 入,套用题给的红移定义,即可完成。第二问带多普勒效应的公式。第三问带入哈勃定律。 对智商没有任何要求。唯一提醒考生的一点:不要怕物竞试卷上新定义、新定律、新定理的 出现,细心读题,新的东西肯定简单。最后细心计算即可。

全卷总体评析: 题目新颖,整体区分效应明显,可以说是非常优秀的卷子。1、5、8 三题送分,增加考 生的信心,有益于物理竞赛以及物理科学的推广普及。2、3、6 三题要求相对上升,有益于 明显区分出高层次选手与低层次选手。第 7 题对思维有所要求,体现了竞赛两个字,能够根 据思维层次让能力较强的同学脱颖而出。第 4 题难度最大,让物理素养、思维层次都很牛逼 的选手可以得到更高的分数,与诸如笔者之类的蒟蒻拉开分差。 全卷正常得分在 120 左右,神牛应该向 140~150 分数区间冲刺。 全卷给同学们的参考意义是:碰到新的东西(包括定义、定律、定理、假说、理论等 等等等) ,不要怕,细心读,仔细想,往学过的地方靠。记住一句话,新的东西不会难。 衷心祝愿广大考生在今后的中学生物理竞赛中获得优异成绩!

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