第30屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽考試試題解答與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

PAGEPAGE1第30屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽考試試題解答與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)2013大連2013大連一、（15分）一半徑為R、內(nèi)側(cè)光滑的半球面固定在地面上，開(kāi)口水平且朝上。一小滑塊在半球面內(nèi)側(cè)最高點(diǎn)處獲得沿球面的水平速度，其大小為v0（v0≠0）。求滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能達(dá)到的最大速率。重力加速度大小為g第30屆全國(guó)復(fù)賽1第30屆全國(guó)復(fù)賽1參考解答：以滑塊和地球?yàn)橄到y(tǒng)，它在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒.滑塊沿半球面內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)，可將其速度分解成緯線切向（水平方向）分量及經(jīng)線切向分量.設(shè)滑塊質(zhì)量為，在某中間狀態(tài)時(shí)，滑塊位于半球面內(nèi)側(cè)處，和球心的連線與水平方向的夾角為.由機(jī)械能守恒得 （1）這里已取球心處為重力勢(shì)能零點(diǎn).以過(guò)的豎直線為軸.球面對(duì)滑塊的支持力通過(guò)該軸，力矩為零；重力相對(duì)于該軸的力矩也為零.所以在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊相對(duì)于軸的角動(dòng)量守恒，故 . （2）由（1）式，最大速率應(yīng)與的最大值相對(duì)應(yīng). （3）而由（2）式，不可能達(dá)到.由（1）和（2）式，的最大值應(yīng)與相對(duì)應(yīng)，即. （4）[（4）式也可用下述方法得到：由（1）、（2）式得. 若，由上式得. 實(shí)際上，也滿足上式。由上式可知. 由（3）式有. （4’）]將代入式（1），并與式（2）聯(lián)立，得 . （5）以為未知量，方程（5）的一個(gè)根是，即，這表示初態(tài)，其速率為最小值，不是所求的解.于是.約去，方程（5）變?yōu)?. （6）其解為 . （7）注意到本題中，方程（6）的另一解不合題意，舍去.將（7）式代入（1）式得，當(dāng)時(shí)， , （8）考慮到（4）式有 . （9）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題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。二、（20分）一長(zhǎng)為2l的輕質(zhì)剛性細(xì)桿位于水平的光滑桌面上，桿的兩端分別固定一質(zhì)量為m的小物塊D和一質(zhì)量為αm（α為常數(shù)）的小物塊B，桿可繞通過(guò)小物塊B所在端的豎直固定轉(zhuǎn)軸無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)。一質(zhì)量為m的小環(huán)C套在細(xì)桿上（C與桿密接），可沿桿滑動(dòng)，環(huán)C與桿之間的摩擦可忽略。一輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為l，勁度系數(shù)為k，兩端分別與小環(huán)C和物塊B相連。一質(zhì)量為m的小滑塊A在桌面上以垂直于桿的速度飛向物塊D，并與之發(fā)生完全彈性正碰，碰撞時(shí)間極短.碰撞時(shí)滑塊C恰好靜止在距軸為r（r＞l）處第30屆全國(guó)復(fù)賽2第30屆全國(guó)復(fù)賽21．若碰前滑塊A的速度為v0，求碰撞過(guò)程中軸受到的作用力的沖量；2．若碰后物塊D、C和桿剛好做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求碰前滑塊A的速度v0應(yīng)滿足的條件。參考解答1.由于碰撞時(shí)間很小，彈簧來(lái)不及伸縮碰撞已結(jié)束.設(shè)碰后A、C、D的速度分別為、、，顯然有 . （1）以A、B、C、D為系統(tǒng)，在碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)相對(duì)于軸不受外力矩作用，其相對(duì)于軸的角動(dòng)量守恒 . （2）由于軸對(duì)系統(tǒng)的作用力不做功，系統(tǒng)內(nèi)僅有彈力起作用，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒.又由于碰撞時(shí)間很小，彈簧來(lái)不及伸縮碰撞已結(jié)束，所以不必考慮彈性勢(shì)能的變化.故 . （3）由（1）、（2）、（3）式解得（4）[代替（3）式，可利用彈性碰撞特點(diǎn) . （3’）同樣可解出（4）.]設(shè)碰撞過(guò)程中D對(duì)A的作用力為，對(duì)A用動(dòng)量定理有其中，（11）注意到，桿在質(zhì)心系中的運(yùn)動(dòng)可視為兩根長(zhǎng)度為的桿過(guò)其公共端（即質(zhì)心）的光滑水平軸在鉛直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，因而，桿在質(zhì)心系中的動(dòng)能為（12）將（9）、（11）、（12）式代入（10）式得 （13）由此解得 （14）于是 .（15）3.以細(xì)桿與地球?yàn)橄到y(tǒng)，下擺過(guò)程中機(jī)械能守恒（16）由（15）、（16）式得 .（17）以在桿上距點(diǎn)為處的橫截面外側(cè)長(zhǎng)為的那一段為研究對(duì)象，該段質(zhì)量為，其質(zhì)心速度為 .（18）設(shè)另一段對(duì)該段的切向力為（以增大的方向?yàn)檎较颍?，法向（即與截面相垂直的方向）力為（以指向點(diǎn)方向?yàn)檎颍少|(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理得 （19） （20）式中，為質(zhì)心的切向加速度的大小（21）而為質(zhì)心的法向加速度的大小.（22）由（19）、（20）、（21）、（22）式解得 （23） （24）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.第1問(wèn)5分，（2）式1分，（6）式2分，（7）式1分，（8）式1分；第2問(wèn)7分，（10）式1分，（11）式2分，（12）式2分，（14）式2分；不依賴第1問(wèn)的結(jié)果，用其他方法正確得出此問(wèn)結(jié)果的，同樣給分；第3問(wèn)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；不依賴第1、2問(wèn)的結(jié)果，用其他方法正確得出此問(wèn)結(jié)果的，同樣給分.四、（20分）圖中所示的靜電機(jī)由一個(gè)半徑為R、與環(huán)境絕緣的開(kāi)口（朝上）金屬球殼形的容器和一個(gè)帶電液滴產(chǎn)生器G組成。質(zhì)量為m、帶電量為q的球形液滴從G緩慢地自由掉下（所謂緩慢，意指在G和容器口之間總是只有一滴液滴）。液滴開(kāi)始下落時(shí)相對(duì)于地面的高度為h。設(shè)液滴很小，容器足夠大，容器在達(dá)到最高電勢(shì)之前進(jìn)入容器的液體尚未充滿容器。忽略G的電荷對(duì)正在下落的液滴的影響。重力加速度大小為g。若容器初始電勢(shì)為零，求容器可達(dá)到的最高電勢(shì)VmaxVmax＝Vmax＝EQ\F(mg（h－R）,q)第30屆全國(guó)復(fù)賽4參考解答：設(shè)在某一時(shí)刻球殼形容器的電量為.以液滴和容器為體系，考慮從一滴液滴從帶電液滴產(chǎn)生器G出口自由下落到容器口的過(guò)程.根據(jù)能量守恒有 . （1）式中，為液滴在容器口的速率，是靜電力常量.由此得液滴的動(dòng)能為 . （2）從上式可以看出，隨著容器電量的增加，落下的液滴在容器口的速率不斷變?。划?dāng)液滴在容器口的速率為零時(shí)，不能進(jìn)入容器，容器的電量停止增加，容器達(dá)到最高電勢(shì).設(shè)容器的最大電量為，則有 . （3）由此得 . （4）容器的最高電勢(shì)為（5）由（4）和（5）式得Vmax＝EQ\F(mg（h－R）,q) （6）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題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.五、（25分）平行板電容器兩極板分別位于z＝±EQ\F(d,2)的平面內(nèi)，電容器起初未被充電.整個(gè)裝置處于均勻磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸負(fù)方向，如圖所示第30屆全國(guó)復(fù)賽5。第30屆全國(guó)復(fù)賽51．在電容器參考系S中只存在磁場(chǎng)；而在以沿y軸正方向的恒定速度（0，v，0）（這里（0，v，0）表示為沿x、y、z軸正方向的速度分量分別為0、v、0，以下類似）相對(duì)于電容器運(yùn)動(dòng)的參考系S'中，可能既有電場(chǎng)（Ex'，Ey'，Ez'）又有磁場(chǎng)（Bx'，By'，Bz'）。試在非相對(duì)論情形下，從伽利略速度變換，求出在參考系S'中電場(chǎng)（Ex'，Ey'，Ez'）和磁場(chǎng)（Bx'，By'，Bz'）的表達(dá)式。已知電荷量和作用在物體上的合力在伽利略變換下不變。2．現(xiàn)在讓介電常數(shù)為ε的電中性液體（絕緣體）在平行板電容器兩極板之間勻速流動(dòng)，流速大小為v，方向沿y軸正方向.在相對(duì)液體靜止的參考系（即相對(duì)于電容器運(yùn)動(dòng)的參考系）S'中，由于液體處在第1問(wèn)所述的電場(chǎng)（Ex'，Ey'，Ez'）中，其正負(fù)電荷會(huì)因電場(chǎng)力作用而發(fā)生相對(duì)移動(dòng)（即所謂極化效應(yīng)），使得液體中出現(xiàn)附加的靜電感應(yīng)電場(chǎng)，因而液體中總電場(chǎng)強(qiáng)度不再是（Ex'，Ey'，Ez'），而是EQ\F(ε0,ε)（Ex'，Ey'，Ez'），這里ε0是真空的介電常數(shù).這將導(dǎo)致在電容器參考系S中電場(chǎng)不再為零。試求電容器參考系S中電場(chǎng)的強(qiáng)度以及電容器上、下極板之間的電勢(shì)差。（結(jié)果用ε0、ε、v、B或（和）d表示。）參考解答：1.一個(gè)帶電量為的點(diǎn)電荷在電容器參考系中的速度為，在運(yùn)動(dòng)的參考系中的速度為.在參考系中只存在磁場(chǎng)，因此這個(gè)點(diǎn)電荷在參考系中所受磁場(chǎng)的作用力為 （1）在參考系中可能既有電場(chǎng)又有磁場(chǎng)，因此點(diǎn)電荷在參考系中所受電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用力的合力為 （2）兩參考系中電荷、合力和速度的變換關(guān)系為（3）由（1）、（2）、（3）式可知電磁場(chǎng)在兩參考系中的電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足 （4）它們對(duì)于任意的都成立，故 （5）可見(jiàn)兩參考系中的磁場(chǎng)相同，但在運(yùn)動(dòng)的參考系中卻出現(xiàn)了沿z方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。2.現(xiàn)在，電中性液體在平行板電容器兩極板之間以速度勻速運(yùn)動(dòng).電容器參考系中的磁場(chǎng)會(huì)在液體參考系中產(chǎn)生由（5）式中第一個(gè)方程給出的電場(chǎng).這個(gè)電場(chǎng)會(huì)把液體極化，使得液體中的電場(chǎng)為.（6）為了求出電容器參考系中的電場(chǎng)，我們?cè)俅慰紤]電磁場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度在兩個(gè)參考系之間的變換，從液體參考系中的電場(chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)確定電容器參考系中的電場(chǎng)和磁場(chǎng).考慮一帶電量為的點(diǎn)電荷在兩參考系中所受的電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用力.在液體參考系中，這力如（2）式所示.它在電容器參考系中的形式為 （7）利用兩參考系中電荷、合力和速度的變換關(guān)系（3）以及（6）式，可得 （8）對(duì)于任意的都成立，故 （9）可見(jiàn)，在電容器參考系中的磁場(chǎng)仍為原來(lái)的磁場(chǎng)，現(xiàn)由于運(yùn)動(dòng)液體的極化，也存在電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度如（9）中第一式所示.注意到（9）式所示的電場(chǎng)為均勻電場(chǎng)，由它產(chǎn)生的電容器上、下極板之間的電勢(shì)差為. （10）由（9）式中第一式和（10）式得. （11）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.第1問(wèn)12分，（1）式1分，（2）式3分，（3）式3分，（4）式3分，（5）式2分；第2問(wèn)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.六、（15分）溫度開(kāi)關(guān)用厚度均為0.20mm的鋼片和青銅片作感溫元件；在溫度為20℃時(shí)，將它們緊貼，兩端焊接在一起，成為等長(zhǎng)的平直雙金屬片。若鋼和青銅的線膨脹系數(shù)分別為1.0×10-5/度和2.0×10-5/度。當(dāng)溫度升高到120℃時(shí)，雙金屬片將自動(dòng)彎成圓弧形，如圖所示。試求雙金屬片彎曲的曲率半徑。（忽略加熱時(shí)金屬片厚度的變化第30屆全國(guó)復(fù)賽6。第30屆全國(guó)復(fù)賽6參考解答：設(shè)彎成的圓弧半徑為，金屬片原長(zhǎng)為，圓弧所對(duì)的圓心角為，鋼和青銅的線膨脹系數(shù)分別為和，鋼片和青銅片溫度由升高到時(shí)的伸長(zhǎng)量分別為和.對(duì)于鋼片（1）

（2）式中，.對(duì)于青銅片（3）

（4）聯(lián)立以上各式得（5）評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題15分.（1）式3分，（2）式3分，（3）式3分，（4）式3分，（5）式3分.七、（20分）一斜劈形透明介質(zhì)劈尖，尖角為θ，高為h。今以尖角頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系如圖（a）所示；劈尖斜面實(shí)際上是由一系列微小臺(tái)階組成的，在圖（a）中看來(lái)，每一個(gè)小臺(tái)階的前側(cè)面與xz平面平行，上表面與yz平面平行。劈尖介質(zhì)的折射率n隨x而變化，n（x）＝1＋bx，其中常數(shù)b＞0。一束波長(zhǎng)為λ的單色平行光沿x軸正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透鏡，在劈尖與薄凸透鏡之間放一檔板，在檔板上刻有一系列與z方向平行、沿y方向排列的透光狹縫，如圖（b）所示。入射光的波面（即與平行入射光線垂直的平面）、劈尖底面、檔板平面都與x軸垂直，透鏡主光軸為x軸。要求通過(guò)各狹縫的透射光彼此在透鏡焦點(diǎn)處得到加強(qiáng)而形成亮紋。已知第一條狹縫位于y＝0處；物和像之間各光線的光程相等第30屆全國(guó)復(fù)賽7第30屆全國(guó)復(fù)賽71．求其余各狹縫的y坐標(biāo)；2．試說(shuō)明各狹縫彼此等距排列能否仍然滿足上述要求。圖（a）圖（b）參考解答：1.考慮射到劈尖上某值處的光線，計(jì)算該光線由到之間的光程.將該光線在介質(zhì)中的光程記為，在空氣中的光程記為.介質(zhì)的折射率是不均勻的，光入射到介質(zhì)表面時(shí)，在處，該處介質(zhì)的折射率；射到處時(shí)，該處介質(zhì)的折射率.因折射率隨x線性增加，光線從處射到（是劈尖上值處光線在劈尖中傳播的距離）處的光程與光通過(guò)折射率等于平均折射率（1）的均勻介質(zhì)的光程相同，即（2）忽略透過(guò)劈尖斜面相鄰小臺(tái)階連接處的光線（事實(shí)上，可通過(guò)選擇臺(tái)階的尺度和檔板上狹縫的位置來(lái)避開(kāi)這些光線的影響），光線透過(guò)劈尖后其傳播方向保持不變，因而有 （3）于是 .（4）由幾何關(guān)系有 .（5）故.（6）從介質(zhì)出來(lái)的光經(jīng)過(guò)狹縫后仍平行于軸，狹縫的值應(yīng)與對(duì)應(yīng)介質(zhì)的值相同，這些平行光線會(huì)聚在透鏡焦點(diǎn)處.對(duì)于處，由上式得 .（7）處與處的光線的光程差為 .（8）由于物像之間各光線的光程相等，故平行光線之間的光程差在通過(guò)透鏡前和會(huì)聚在透鏡焦點(diǎn)處時(shí)保持不變；因而（8）式在透鏡焦點(diǎn)處也成立.為使光線經(jīng)透鏡會(huì)聚后在焦點(diǎn)處彼此加強(qiáng)，要求兩束光的光程差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，即 .（9）由此得 .（10）除了位于處的狹縫外，其余各狹縫對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)依次為 .（11）2.各束光在焦點(diǎn)處彼此加強(qiáng)，并不要求（11）中各項(xiàng)都存在.將各狹縫彼此等距排列仍可能滿足上述要求.事實(shí)上，若依次取，其中為任意正整數(shù)，則 .（12）這些狹縫顯然彼此等間距，且相鄰狹縫的間距均為，光線在焦點(diǎn)處依然相互加強(qiáng)而形成亮紋.評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分.第1問(wèn)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問(wèn)4分，（12）式4分（只要給出任意一種正確的答案，就給這4分）.八、（20分）