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2013年第30届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案解析


2013年第30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
一、(15分)一半径为 R 、内侧光滑的半球面固定在地面上,开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度,其大小为 v0 ( v0 ≠ 0 ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为 g .
v0

2013

年第 30 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案解析

参考解答: 以滑块和地球为系统,它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运 动时,可将其速度 v 分解成纬线切向 (水平方向) 分量 v? 及经线切向分量 vθ . 设滑块质量为 ,在某中间状态时,滑块位于半球面内侧 P 处, P 和球心 O
O

θ
P

的连线与水平方向的夹角为 θ . 由机械能守恒得

1 2 1 2 1 2 m v0 = ?mgR sin θ + mv? + mvθ 2 2 2

(1)

这里已取球心 O 处为重力势能零点. 以过 O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴,力矩为 零;重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中,滑块相对于轴的角动量守恒,故

mv0 R = mv? R cos θ .
由 (1) 式,最大速率应与 θ 的最大值相对应

(2)

vmax = v(θ max ) .
而由 (2) 式, 不可能达到 . 由(1)和(2)式, 的最大值应与 vθ = 0 相对应,即

(3)

vθ (θ max ) = 0 .
[ (4)式也可用下述方法得到:由 (1)、(2) 式得
2 2 2 gR sin θ ? v0 tan 2 θ = vθ ≥0.

(4)

若 sin θ ≠ 0 ,由上式得

sin θ 2 gR ≤ 2 . 2 cos θ v0
实际上, sin θ =0 也满足上式。由上式可知

sin θ max 2 gR = 2 . 2 v0 cos θ max
由(3)式有
2 2 vθ (θ max ) = 2 gR sin θ max ? v0 tan 2 θ max = 0 .

(4’)

]

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将 vθ (θ max ) = 0 代入式(1),并与式(2)联立,得

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2 v0 sin 2 θ max ? 2 gR sin θ max (1 ? sin 2 θ max ) = 0.

(5)

以 sin θ max 为未知量,方程(5)的一个根是

,即

,这表示初态,其速率为最小值,不

是所求的解. 于是 sin θ max ≠ 0 . 约去 sin θ max ,方程(5)变为
2 2 gR sin 2 θ max + v0 sin θ max ? 2 gR = 0.

(6)

其解为

sin θ max =

2 ? ? v0 g 2R2 + ? 1? . 1 16 ? 4 ? v0 4 gR ? ? ?

(7)

注意到本题中 sin θ ≥ 0 ,方程(6)的另一解不合题意,舍去. 将(7)式 代入(1)式得,当 θ = θ max 时,
2 = v?

1 2 4 + 16 g 2 R 2 , v0 + v0 2

(

)

(8)

考虑到(4)式有

vmax =

2 v? =

1 2 4 v0 + v0 + 16 g 2 R 2 . 2

(

)

(9)

评分标准:本题 15 分. (1)式 3 分, (2) 式 3 分,(3) 式 1 分,(4) 式 3 分, (5) 式 1 分,(6) 式 1 分, (7) 式 1 分, (9) 式 2 分.

评析: 首先,肯定可以知道牛顿第二定律很难完成本题的任务。此时想到动量、能量、角动量三大 方程,本题可解。 标答的做法当然是对的,下面提供笔者自己的做法,可以思考一下为什么是错的? 如右图所示,惯性离心力支持力重力三力平衡。 可知 整理可知 2 = 2 2 =
v2 R θ

m

mg

根据2 + 2 = 1,带入可得二次方程,解之得 = ? 2

2 4 +? 2 2+4

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根据能量守恒,

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1 1 + 0 2 = 2 2 2

将的表达式带入,可以获得关于 v2 的二次方程,解之可得 = ? 20 2 + ?0 4 + 16 2 2 3

这个错误是很多做这道题的同学都会犯的,所以特别在此注明其错误原因。本题的物理情景 说明并不代表着最终它会以匀速圆周运动在碗底的某一个平面上转动,事实上最终状态也并不是 这样,这是很多物竞生都会自然而然意淫出的“结论”。本题中要求的 vmax,也不是末态 v,那一 刻 vΘ=0,也并不意味这以后的 vΘ=0。

二、(20 分)一长为 2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上,杆的两端分别固定一质量为 m 的 小物块 D 和一质量为 α m ( α 为常数)的小物块 B,杆可绕通过小物块 B 所在端的竖直固定转轴无 摩擦地转动. 一质量为 m 的小环 C 套在细杆上(C 与杆密接),可沿杆滑动,环 C 与杆之间的摩擦 可忽略. 一轻质弹簧原长为 l,劲度系数为 k,两端分别与小环 C 和物块 B 相连. 一质量为 m 的小滑 块 A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块 D,并与之发生完全弹性正碰,碰撞时间极短. 碰撞 时滑 块 C 恰好静止在距轴为 r ( r > l )处. 1. 若碰前滑块 A 的速度为 v0 ,求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量; 2. 若碰后物块 D、C 和杆刚好做匀速转动,求碰前滑块 A 的速度 v0 应满足的条件.

参考解答: 1. 由于碰撞时间 ?t 很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后 A、C、D 的速度分别为 vA 、 vC 、

vD ,显然有

vD =

2l vC r .

(1)

以 A、B、C、D 为系统,在碰撞过程中,系统相对于轴不受外力矩作用,其相对于轴的角动量守 恒

mvD 2l + mvC r + mvA 2l = mv0 2l .

(2)

由于轴对系统的作用力不做功,系统内仅有弹力起作用,所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间 ?t 很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束,所以不必考虑弹性势能的变化. 故

1 2 1 2 1 2 1 2 mvD + mvC + mvA = mv0 . 2 2 2 2
由 (1)、(2)、(3) 式解得 vC =
4lr 8l 2 r2 v , v = v , v = ? v0 0 0 D A 8l 2 + r 2 8l 2 + r 2 8l 2 + r 2

(3) (4) (3’)

[代替 (3) 式,可利用弹性碰撞特点 同样可解出(4). ]

v vD ? v A . = 0

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设碰撞过程中 D 对 A 的作用力为 F1′ ,对 A 用动量定理有

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F1′?t =mvA ? mv0 =? 4l 2 + r 2 2mv0 , 8l 2 + r 2
(5)

方向与 v0 方向相反. 于是,A 对 D 的作用力为 F1 的冲量为
4l 2 + r 2 F1?t = 2 2mv0 8l + r 2

(6)

方向与 v0 方向相同. 以 B、C、D 为系统,设其质心离转轴的距离为 x ,则

= x
质心在碰后瞬间的速度为

mr + m 2l 2l + r . = (α + 2)m α + 2

(7) (8)

= v

vC 4l (2l + r ) = x v0 . r (α + 2)(8l 2 + r 2 )

轴与杆的作用时间也为 ?t ,设轴对杆的作用力为 F2 ,由质心运动定理有

F2 ?t + F1?t=
由此得

(α + 2 ) mv=

4l (2l + r ) mv0 . 8l 2 + r 2

(9) (10)

r (2l ? r ) F2 ?t = 2 2 2mv0 . 8l + r r (2l ? r ) 2mv0 , 8l 2 + r 2

方向与 v0 方向相同. 因而,轴受到杆的作用力的冲量为 F2′?t =?

(11)

方向与 v0 方向相反. 注意:因弹簧处在拉伸状态,碰前轴已受到沿杆方向的作用力;在碰撞过程 中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零,已忽 略.

= t mvC + mvD . [代替 (7)-(9) 式,可利用对于系统的动量定理 F2 ?t + F1?
[也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]

]

2. 值得注意的是,(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果 弹簧的弹力恰好提供滑块 C 以速度 vC =

4lr v0 绕过 B 的轴做匀速圆周运动的向心力,即 8l + r 2
2

v2 16l 2 r 2 k ( r ? ?= = mv0 ) m C r (8l 2 + r 2 )2

(12)

则弹簧总保持其长度不变,(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块 A 的速度 v0 应满足的条 件

v0 =

(8l 2 + r 2 ) k ( r ? ? ) 4l mr

(13)

可见,为了使碰撞后系统能保持匀速转动,碰前滑块 A 的速度大小 v0 应满足(13)式.

评分标准:本题 20 分.

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第 1 问 16 分,(1)式 1 分, (2) 式 2 分,(3) 式 2 分,(4) 式 2 分, (5) 式 2 分,(6) 式 1 分,(7) 式 1 分,(8) 式 1 分,(9) 式 2 分,(10) 式 1 分,(11) 式 1 分; 第 2 问 4 分,(12) 式 2 分,(13) 式 2 分.

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评析: 模型有点类似于 2015 年第二题,难度不大。仍然是老套路,当牛顿运动定律无法为你提供解 题途径时,动量、角动量、能量三大角度,肯定能为你找到你所需要的方程。

三、(25 分)一质量为 m 、长为 L 的匀质细杆,可绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内自由 转动. 杆在水平状态由静止开始下摆, 1. 令 λ =

m 表示细杆质量线密度. 当杆以角速度 ω 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内转动时, L
Ek = k λ α ω β Lγ

其转动动能可表示为

式中, k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下,两物理量当且仅当其数值和单位都相 等时才相等. 由此求出 α 、 β 和 γ 的值. 2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系(随 质心平动的参考系)中的动能之和,求常数 k 的值. 3. 试求当杆摆至与水平方向成 θ 角时在杆上距 O 点为 r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加 速度大小为 g . 提示:如果 X (t ) 是 t 的函数,而 Y ( X (t )) 是 X (t ) 的函数,则 Y ( X (t )) 对 t 的导数为

dY ( X (t )) dY dX = dt dX dt
例如,函数 cos θ (t ) 对自变量 t 的导数为

d cos θ (t ) d cos θ dθ = dt dθ dt

参考解答: 1. 当杆以角速度 ω 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内转动时,其动能是独立变量 λ 、 ω 和

L 的函数,按题意 可表示为

Ek = k λ α ω β Lγ

(1)

式中, k 为待定常数(单位为 1). 令长度、质量和时间的单位分别为 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] (它们可视 为相互独立的基本单位),则 λ 、 ω 、 L 和 Ek 的单位分别为
[λ ] = [ M ][ L]?1 , [ω ] = [T ]?1 , [ L] = [ L], [ Ek ] = [ M ][ L]2 [T ]?2

(2)

在一般情形下,若 [ q] 表示物理量 q 的单位,则物理量 q 可写为

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q = ( q)[ q]
(3) 式中, ( q) 表示物理量 q 在取单位 [ q] 时的数值. 这样,(1) 式可写为
( Ek )[ Ek ] = k (λ )α (ω ) β ( L)γ [λ ]α [ω ]β [ L]γ

(4)

在由(2)表示的同一单位制下,上式即
( Ek ) = k (λ )α (ω ) β ( L)γ

(5) (6)

[ Ek ] = [λ ]α [ω ]β [ L]γ 将 (2)中第四 式代入 (6) 式得 [ M ][ L]2 [T ]?2 = [ M ]α [ L]γ ?α [T ]? β

(7)

(2)式并未规定基本单位 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] 的绝对大小,因而(7)式对于任意大小的 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] 均 成立,于是

= α 1, = β 2, = γ 3
所以 2. 由题意,杆的动能为 其中, Ek = k λω 2 L3
= Ek Ek ,c + Ek ,r
Ek ,c = 1 2 1 L ? (λ L) ? mvc = ? ω? 2 2 ?2 ?
2

(8) (9) (10) (11)

注意到,杆在质心系中的运动可视为两根长度为

L 的杆过其公共端(即质心)的光滑水平轴在铅 2

直平面内转动,因而,杆在质心系中的动能 Ek ,r 为
L ? L? = Ek ,r 2= Ek (λ , ω, ) 2k λω 2 ? ? 2 ?2?
2
3

(12)
3

将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得 由此解得 于是

1 ?L ? ? L? = k λω L λ L ? ω ? + 2k λω 2 ? ? 2 ?2 ? ?2?
2 3

(13) (14)

k=

1 6
.

(15) (16)

L ? 3. 以细杆与地球为系统,下摆过程中机械能守恒 Ek = mg ? ? sin θ ? ?2 ?

由(15)、(16)式得

.

(17)

以在杆上距 O 点为 r 处的横截面外侧长为 ( L ? r ) 的那一段为研究对象,该段质量为 λ ( L ? r ) , 其质心速度为

L?r? L+r ? ′= ω?r + ω vc . ?= 2 2 ? ?

(18)

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设另一段对该段的切向力为 T (以 θ 增大的方向为正方向), 法向(即与截面相垂直的方向)力为 N (以指向 O 点方向为正向),由质心运动定理得 T + λ ( L ? r ) g cos θ = λ ( L ? r ) at
N ? λ ( L ? r ) g sin θ = λ ( L ? r ) an

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(19) (20)

式中, at 为质心的切向加速度的大小

at =

′ L + r dω L + r dω dθ 3 ( L + r ) g cos θ dv c = = = dt 2 dt 2 dθ dt 4L

(21) (22) (23) (24)

3 ( L + r ) g sin θ 2 L+r = an ω = 而 an 为质心的法向加速度的大小 . 2 2L
由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 T =

( L ? r )( 3r ? L )
4 L2
N= 2 L2

mg cos θ
mg sin θ

( L ? r )( 5L + 3r )

评分标准:本题 25 分. 第 1 问 5 分, (2) 式 1 分, (6) 式 2 分,(7) 式 1 分,(8) 式 1 分; 第 2 问 7 分, (10) 式 1 分,(11) 式 2 分,(12) 式 2 分, (14) 式 2 分;不依赖第 1 问的结果,用其他 方法正确得出此问结果的,同样给分; 第 3 问 13 分,(16) 式 1 分,(17) 式 1 分,(18) 式 1 分,(19) 式 2 分,(20) 式 2 分,(21) 式 2 分,(22) 式 2 分,(23) 式 1 分,(24) 式 1 分;不依赖第 1、2 问的结果,用其他方法正确得出此问结果的,同 样给分.

评析: 本题第一第二问送分。 量纲分析是《全国中学生物理竞赛内容提要》明确作出要求的,应当掌握。 第三问,质心运动定理的使用无疑成为整道题的闪光点。但是只要稍微做过一点受力分析的, 都能想到这个。 整道题难度不大,以送分为主。

四、(20 分)图中所示的静电机由一个半径为 R 、与环境绝缘的开口(朝上)金 属球壳形的容器和一个带电液滴产生器 G 组成. 质量为 m 、带电量为 q 的球形液 滴从 G 缓慢地自由掉下(所谓缓慢,意指在 G 和容器口之间总是只有一滴液滴). 液滴开始下落时相对于地面的高度为 h . 设液滴很小,容器足够大,容器在达到 最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略 G 的电荷对正在下落的液滴的 影响.重力加速度大小为 g . 若容器初始电势为零,求容器可达到的最高电势 Vmax .

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参考解答:

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设在某一时刻球壳形容器的电量为 Q . 以液滴和容器为体系,考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G 出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有

mgh + k

Qq 1 Qq = mv 2 + 2mgR + k . h?R 2 R

(1)

式中, v 为液滴在容器口的速率, k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为

1 2 Qq( h ? 2 R ) . mv = mg ( h ? 2 R ) ? k 2 (h ? R) R

(2)

从上式可以看出,随着容器电量 Q 的增加,落下的液滴在容器口的速率 v 不断变小;当液滴在容器 口的速率为零时,不能进入容器,容器的电量停止增加,容器达到最高电势. 设容器的最大电量为

Qmax ,则有
由此得

mg ( h ? 2 R ) ? k Qmax =

Qmax q( h ? 2 R ) = 0. (h ? R) R

(3) (4) (5) (6)

mg ( h ? R ) R . kq

容器的最高电势为 由(4) 和 (5)式得

Vmax = k
Vmax =

Qmax R

mg ( h ? R ) q

评分标准:本题 20 分. (1)式 6 分, (2) 式 2 分,(3) 式 4 分,(4) 式 2 分, (5) 式 3 分,(6) 式 3 分.

评析: 又是一道送分题,不多介绍,做不出来面壁。 但是这道题也不是一无是处,至少他帮我们复习了电容的计算方法之一:用小点量一点一点 叠加上去,看做功,跟本题模型有点相近。

五、(25 分)平行板电容器两极板分别位于 z = ±

d 的平面内,电容 2

器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中,磁感应强度大小为 B , 方向沿 x 轴负方向,如图所示. 1. 在电容器参考系 S 中只存在磁场;而在以沿y轴正方向的恒定速度

(0, v,0) (这里 (0, v,0) 表示为沿x、y、z轴正方向的速度分量分别为

′ , Ey ′ , Ez′ ) 又有磁场 0 、 v 、 0 ,以下类似)相对于电容器运动的参考系 S ′ 中,可能既有电场 ( Ex
′ , By ′ , Bz′ ) . 试在非相对论情形下,从伽利略速度变换,求出在参考系 S ′ 中电场 ( Ex ′ , Ey ′ , Ez′ ) 和磁场 ( Bx

′ , By ′ , Bz′ ) 的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变. ( Bx
2. 现在让介电常数为 ε 的电中性液体(绝缘体)在平行板电容器两极板之间匀速流动,流速大小为

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v ,方向沿 y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系(即相对于电容器运动的参考系) S ′ 中,由于液

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′ , Ey ′ , Ez′ ) 中,其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动(即所谓极化 体处在第1问所述的电场 ( Ex

′ , Ey ′ , Ez′ ) ,而是 效应),使得液体中出现附加的静电感应电场,因而液体中总电场强度不再是 ( Ex

ε0 ( E ′ , E ′ , E ′ ) ,这里 ε 0 是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系 S 中电场不再为零. 试求电容 ε x y z
器参考系 S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. (结果用 ε 0 、 ε 、 v 、 B 或(和)

d 表出. )

参考解答: 1. 一个带电量为 q 的点电荷在电容器参考系 S 中的速度为 (u x , u y , u z ) ,在运动的参考系 S ′ 中的速度

′ , u′ ′ 为 (u x y , u z ) . 在参考系 S 中只存在磁场 ( Bx , B y , Bz ) = ( ? B,0,0) ,因此这个点电荷在参考系 S 中所受
磁场的作用力为

Fx = 0, Fy = ?qu z B, Fz = qu y B
(1)

′ , By ′ , Bz′ ) ,因此点电荷 q 在 S ′ 参考系中所受 ′ , Ey ′ , Ez′ ) 又有磁场 ( Bx 在参考系 S ′ 中可能既有电场 ( Ex
电场和磁场的作用力的合力为
′ + u′ ′ ′ ′ Fx′ = q′( Ex y Bz ? u z B y ), ′ ? ux ′ Bz′ + u z ′ Bx ′ ), Fy′ = q′( E y ′ By ′ ? u′ ′ Fz′ = q′( Ez′ + u x y Bx )

(2)

两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为
q ′ = q, ( Fx′, Fy′, Fz′) = ( Fx , Fy , Fz ), ′ ′ ′ (u x , u y , u z ) ? (0, v, 0) (u = x , u y , uz )

(3)

由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足
′ + (u y ? v) Bz′ ? u z By ′= Ex 0, ′ ? u x Bz′ + u z Bx ′= Ey ?u z B, ′ ? (u y ? v) Bx ′= Ez′ + u x By uy B

(4)

它们对于任意的 (u x , u y , u z ) 都成立,故
′ , Ey ′ , Ez′ ) = (0, 0, v B), ( Ex ′ , By ′ , Bz′ ) = (? B, 0, 0) ( Bx

(5)

可见两参考系中的磁场相同,但在运动的参考系 S ′ 中却出现了沿z方向的匀强电场. 2. 现在,电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度 (0, v,0) 匀速运动. 电容器参考系 S 中的磁场 会在液体参考系 S ′ 中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化,使得液体中的

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电场为

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′ , Ey ′ , Ez′ ) = ( Ex

ε0 (0, 0, v B) . ε

(6)

为了求出电容器参考系 S 中的电场,我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考 系之间的变换,从液体参考系 S ′ 中的电场和磁场来确定电容器参考系 S 中的电场和磁场. 考虑一带 电量为 q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系 S ′ 中,这力 ( Fx′, Fy′, Fz′) 如(2)式所示. 它在电容器参考系 S 中的形式为
Fx = q( Ex + u y Bz ? u z By ), Fy = q( E y ? u x Bz + u z Bx ), Fz = q( Ez + u x By ? u y Bx )

(7)

利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式,可得
Ex + u y Bz ? u z By = 0, ?u z B, E y ? u x Bz + u z Bx = Ez + u x By ? u y Bx=

(8)

ε 0 vB + (u y ? v) B ε

对于任意的 (u x , u y , u z ) 都成立,故

E y , E z ) (0,0,( ( E x ,=

ε0 ? 1) vB ), ε

(9)

( Bx , B y , Bz ) = ( ? B,0,0)
可见,在电容器参考系 S 中的磁场仍为原来的磁场,现由于运动液体的极化,也存在电场,电场强 度如(9)中第一式所示. 注意到(9)式所示的电场为均匀电场,由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为
V = ? Ez d .

(10) (11)

由(9)式中第一式和(10)式得

ε0 ? V =? ? 1 ? ? v Bd . ε ? ?

评分标准:本题 25 分. 第 1 问 12 分, (1) 式 1 分, (2) 式 3 分, (3) 式 3 分,(4) 式 3 分,(5) 式 2 分; 第 2 问 13 分, (6) 式 1 分,(7) 式 3 分,(8) 式 3 分, (9) 式 2 分, (10) 式 2 分,(11) 式 2 分.

评析: 将简单的电动力学的内容搬入复赛,确实是大胆的尝试。第一问以送分为主,考察学生对于 运动状态的把握。第二问是全新的模型,需要考生认真读题,仔细分析,确实也并不很难,主要 分数还是可以获得的。

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六、(15 分)温度开关用厚度均为 0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件;在 温度为 20°C 时,将它们紧贴,两端焊接在一起,成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为 1.0 × 10 /度和 2.0 × 10 /度. 当温度升高到
?5 ?5

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120°C 时,双金属片将自动弯成圆弧形,如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率
半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. ) 参考解答: 设弯成的圆弧半径为 r ,金属片原长为 l ,圆弧所对的圆心角为 φ ,钢和青铜的线膨胀系数分别为

α1 和 α 2 ,钢片和青铜片温度由 T = 20°C 升高到 T = 120°C 时的伸长量分别为 ?l1 和 ?l2 . 对于钢 1 2


d ( r ? )φ = l + ?l1 2

(1) (2)

= ?l1 lα1 (T2 ? T1 )
式中, d = 0.20 mm . 对于青铜片

d ( r + )φ = l + ?l2 2

(3) (4)

? = l2 lα 2 (T2 ? T1 )
联立以上各式得

= r

2 + (α1 + α 2 )(T2 ? T1 ) = d 2.0 × 102 mm 2(α 2 ? α1 )(T2 ? T1 )

(5)

评分标准:本题 15 分. (1)式 3 分, (2) 式 3 分,(3) 式 3 分,(4) 式 3 分, (5) 式 3 分.

评析: 送分题,不解释。

七、(20分)一斜劈形透明介质劈尖,尖角为 θ ,高为 h . 今以尖角顶点为坐标原点,建立坐标系 如图(a)所示;劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的,在图(a)中看来,每一个小台阶的前侧 面与xz平面平行,上表面与yz平面平行. 劈尖介质的折射率n随 x 而变化, n( x )= 1 + bx ,其中常数

b > 0 . 一束波长为 λ 的单色平行光沿 x 轴正方向照射劈尖;劈尖后放置一薄凸透镜,在劈尖与薄凸
透镜之间放一档板,在档板上刻有一系列与 z 方向平行、沿 方向排列的透光狭缝,如图(b)所示.

入射光的波面(即与平行入射光线垂直的平面)、劈尖底面、档板平面都与 x 轴垂直,透镜主光轴 为 轴 . 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹 . 已知第一条狭缝位于 处;物和像之间各光线的光程相等.

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1. 求其余各狭缝的 坐标;

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h
y

2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.
x y

θ λ
x

h

θ
z
O

O

图(a) 参考解答:

图(b)

1. 考虑射到劈尖上某 y 值处的光线,计算该光线由 x = 0 到 x = h 之间的光程 δ ( y ) . 将该光线在介质 中的光程记为 δ1 ,在空气中的光程记为 δ 2 . 介质的折射率是不均匀的,光入射到介质表面时,在

x = 0 处,该处介质的折射率 n ( 0 ) = 1 ;射到 x 处时,该处介质的折射率 n ( x )= 1 + bx . 因折射率随 x
线性增加,光线从 x = 0 处射到 x = h1 ( h1 是劈尖上 y 值处光线在劈尖中传播的距离)处的光程 δ1 与光通过折射率等于平均折射率 的均匀介质的光程相同,即

n=

1 1 1 n ( 0 ) + n ( h1 ) ? = (1 + 1 + bh1 ) = 1 + bh1 ? ? ? 2 2 2 1 2

(1) (2)

nh= h1 + bh12 δ= 1 1

忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线(事实上,可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝 的位置来避开这些光线的影响),光线透过劈尖后其传播方向保持不变,因而有

δ 2= h ? h1
于是 由几何关系有 故

(3)

δ ( y) = δ1 + δ 2 =h + bh12 .
h1 = y tan θ .

1 2

(4) (5) (6)

δ ( y )= h +

b 2 y tan 2 θ . 2

从介质出来的光经过狭缝后仍平行于 x 轴,狭缝的 y 值应与对应介质的 y 值相同,这些平行光线会 聚在透镜焦点处. 对于 y = 0 处,由上式得
y 处与 y = 0 处的光线的光程差为

.

(7)

δ ( y ) ? δ ( 0) = y 2 tan 2 θ .

b 2

(8)

由于物像之间各光线的光程相等,故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时 保持不变;因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强,要求两束光 的光程差为波长的整数倍,即

b 2 y = tan 2 θ k= λ , k 1, 2, 3, ? . 2

(9)

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由此得 除了位于

= y

2k λ = = cot θ A k, A b

2λ cot θ . b

(10)

处的狭缝外,其余各狭缝对应的 坐标依次为

A,

2 A,

3 A,

4 A, ? .

(11)

2. 各束光在焦点处彼此加强,并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述 要求. 事实上,若依次取 k = m, 4m, 9m, ? ,其中 m 为任意正整数,则

= ym

= m A, y4 m 2 = m A, y9 m 3 m A, ? .

(12)

这些狭缝显然彼此等间距,且相邻狭缝的间距均为 m A ,光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准:本题 20 分. 第 1 问 16 分, (1) 式 2 分, (2) 式 2 分, (3) 式 1 分,(4) 式 1 分,(5) 式 2 分, (6) 式 1 分,(7) 式 1 分,(8) 式 1 分, (9) 式 2 分, (10) 式 1 分,(11) 式 2 分; 第 2 问 4 分,(12) 式 4 分(只要给出任意一种正确的答案,就给这 4 分).

评析: 这是一道很好的题目。平均折射率的使用,避免了微积分(有兴趣的同学不妨使用微分方程 的方法,计算一下光的真实轨迹)。这个突破以后本题水题。

八、(20分)光子被电子散射时,如果初态电子具有足够的动能,以至于在散射过程中有能量从 电子转移到光子,则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时,就会出 现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为 me ,真空中的光速为 . 若能量为 Ee 的电子与能量为 Eγ 的 光子相向对碰, 1. 求散射后光子的能量; 2. 求逆康普顿散射能够发生的条件; 3. 如 果 入 射 光 子 能 量 为 2.00 eV , 电 子 能 量 为 ,求散射后光子的能量. . 已知

. 计算中有必要时可利用近似:如果 x << 1 ,有

参考解答: 1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为 pe ( pe > 0 )、 pγ ( pγ < 0 ),碰撞后电子、光子的能量、

′ , pe ′ , Eγ′ , pγ′ . 由能量守恒有 动量分别为 Ee
由动量守恒有 光子的能量和动量满足 电子的能量和动量满足 由(1)、(2)、(3)、(4)式解得

. . .

(1) (2) (3)
2 2 2 2 4 e

E ?pc = mc
2 e 2 2 e

2 4 , e

′ ? pe ′c = Ee mc

(4)

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Eγ′ =

(E ?
e

2 4 Eγ Ee + Ee2 ? me c

(

2 4 Ee2 ? me c + 2 Eγ
2 4 2 Eγ ( Ee2 ? me c ? Eγ ) e 2 4 Ee2 ? me c + 2 Eγ

)

)

(5)

2. 由(5)式可见,为使 即

, 需有 Eγ′ ? Eγ =

(E ?

)

>0

2 4 Ee2 ? me c > Eγ

或 pe > pγ
2 4 me c . 2 Ee

(6)

注意已设



.
2 4 Ee2 ? me c ≈ Ee ?

3. 由于 Ee >> me c 2 , 因此有 将(7)式代入(5)式得 代入数据,得 评分标准:本题 20 分.

(7) . (8) (9)

.

第 1 问 10 分, (1) 式 2 分, (2) 式 2 分, (3) 式 2 分,(4) 式 2 分,(5) 式 2 分; 第 2 问 5 分,(6) 式 5 分; 第 3 问 5 分,(7) 式 2 分, (8) 式 1 分, (9) 式 2 分.

评析: 相对论的题目,两大切入点:动量守恒、能量守恒。结合公式可做,难度不大。送分为主。

全卷评析: 整体难度相对较大,理清思路,多思考思考,高分也不是不可能的。对于一般的选手,要保 证 100 冲击 110,而高分段的可以达到 120~140 都属合理。

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