第38届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答.docx

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第38届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答一、（1）一束平行光入射到平凸透镜左侧平面上，会聚于透镜主轴上的F点。假设系统具有相对于主轴的旋转对称性，则只需在过主轴的平面上进行分析。如解题图1a，考虑任一条离轴的光线NMF和POF，它们从等相位的起始点（平凸透镜左侧平面上的入射点）至F点的光程相等，考虑到NM=PH（H点是M点在PO上的垂足），有MF=n×HO+OF解题图1a式中n是透镜的折射率；以焦点F作为极坐标的原点，即r=n(r cosθ_r0)+r0①由①式得在直角坐标系（以从F点朝O点的射线为x轴，从F点竖直向下的轴为y轴）中有由①③④式得(|x_n r0)I2 2(n+1 2丿_y 2=1⑤(|(n 1I|((n(n)1 r0丿)I这是直角坐标系中双曲线的标准形式平凸透镜的凸面为旋转双曲面。[解法（二）将③④式代入②式，得平方，移项得(n2_1)x2+2n(1_n)r0x_y2+r0(1_n)2=0与直角坐标系中双曲线的标准形式比较，可得到g h=0，a=，b=r所以2⑤(|x_n r0)I(r0)2(n+1丿2 n n+1|I(n+1丿)2 r0 I_(|y2=1丿(1平凸透镜的凸面为旋转双曲面。]（2）（i）由于光线进入凹透镜后，其传播方向平行于主轴，因此可以将凹透镜的厚度加厚，如解题图1b所示，不影响对问题的分析。考虑任一条离轴的光线NMM,和PHOO,，它们从等相位的起始点（平凸透镜左侧平面上的入射点）至相对于F点的垂直平面的光程（等相位点）相等，考虑到NM=PH（H点是M点在PO上的垂足），有解题图1b MM,+n,M,N,=nHO+OO,+n,O,F即(r_r,)+n,r,cosθ=n(r cosθ_r0)+(r0_r0,)+n,r0,⑥由①⑥式得_r,+n,r,cosθ=_r0,+n,r0,⑦这说明，在光线入射到平凹透镜虚焦点F然后平行于主轴从平凹透镜的平面侧射出的情形下，从F点反向（相对于光的传播方向）追溯到入射的界面（凹透镜表面），然后顺着光线传播方向平行于主轴向右传播至主轴的任一垂直面上的两条光线是等光程的。由⑦式得它在直角坐标系中的形式为⑨|(x_,n,r0,)I2 2(r0,)2(n,2_1)2|(n,+1丿I|(n,+1 r0,丿I(n+1丿_y=1平凹透镜的凹面也是旋转双曲面。[解法（二）⑦式与①式结构相同，只是在相应的量上加撇，所以可直接得到式⑧⑨。平凹透镜的凹面也是旋转双曲面。]（ii）入射平行光束与出射平行光束的横截面尺寸之比为此即于是[解法（二）由三角形的相似性⑩其中⑩所以⑫]二、（1）过程A中封闭气体初态体积为V1=Sh①温度为T1=T0②初始压强为p1=p0+pgh=4pgh③末态压强为p2=p1④末态体积为V2=2Sh⑤根据理想气体物态方程得⑥由以上各式得T2=2T0⑦过程A是等压过程，此过程中封闭气体对外所做的功为W1=p1(V2_V1)=4pghSh=33.3 J⑧[或利用理想气体所做的功等于水银重力势能的增加和克服大气压对外做的功，即W1=pShgh+p0(V2_V1)=pShgh+3pShgh=33.3 J⑧由于缓慢加热，水银的动能可以忽略。]（2）设过程B中水银柱的高度为x，若该过程可以缓慢稳定地发生，则要求水银柱高度在不断减小的过程中，满足气体状态方程的x始终有解。设对应于x的封闭气体压强为p，体积为V，温度为T，则p=p0+pgx=3pgh+pgx⑨V=S(l_x)=S(3h_x)⑩根据理想气体状态方程有①即⑩或解为当T=2T0时，x=h是过程B的初始状态；当T=9T0/4时，x=0是过程B的末状态。由®式知，x随T单调递减，所以过程B可以缓慢稳定地发生。根据热力学第一定律，过程B中总的吸热Q等于气体内能的增加ΔU和气体对外做的功W2，即Q=ΔU+W2④该理想气体的摩尔数为理想气体内能只是其温度的函数，其增加量为ΔU=μCV J⑩此过程中气体对外做功等于水银重力势能的增加以及克服大气压所做的功，即O式中V3是过程B中封闭气体的末态体积。总的吸热为Q=20.8 J+29.2 J=50.0 J⑩三、（1）由动量定理和角动量定理知①②③式中，m是超球的质量，fx是下板对球的摩擦力，fy是下板对球的正压力，它们对球作用时间Δt=t1一t0极短，而Jz是球绕过球心的轴（平行于z轴）的转动惯量。利用①③式消去fx得由fy引起的弹性径向形变的保守性质有球的竖直速度必定在fy的作用下反向v1y=_v0y⑤由fx引起的弹性切向形变的保守性质（亦即无滑动），有可见，能量只在球的水平运动与旋转运动之间进行交换；竖直运动的能量保持不变，仅竖直速度在碰撞前后方向相反。上式即m(v1x_v0x)(v1x+v0x)=_Jz(⑴1z_⑴0z)(⑴1z+⑴0z)⑥④⑤⑥式是超球反跳运动的动力学方程。它的解是v1x=v0x，⑴1z=⑴0z和v1x+v0x=r(⑴1z+⑴0z)⑦前者对应于fx=0，仅与光滑球相关；后者适合于超球的反跳运动。⑦式即(v1x_r⑴1z)=_(v0x_r⑴0z)⑧这里(vx_r⑴z)即为球上与平板相接触的点在碰撞前后的水平速度。由④⑧式和得⑨⑩（2）现考虑球从下板向上板射出与上板相碰（第2次碰撞），碰撞前后由动量定理和角动量定理知y方向的动量定理表达式与②式类似（未表出）。注意：此次由于静摩擦力的力矩反号，使得⑩式右边与③式相比多了一个因子(_1)。类似推理得®④联立⑨⑩®④式得值得指出的是仍有v=_v=v 2 y 1y 0y（3）最后，考虑球从上板向下板射出与下板相碰（第3次碰撞），类似于⑨⑩式有O⑩⑩⑩y方向的动量定理表达式与②式类似（未表出）。联立⑩⑩O⑩式得值得指出的是仍有v=_v=_v 3y 2 y 0y四、（1）计算A（中心为O）在z轴上坐标为z（z>>R）处（记为P点）的磁场。如解题图4a，A的电流环（位于yz平面）上Q处的电流元为Idl=IRdφ(j cosφ+k sinφ)这里，φ为电流元与y轴正方向的夹角，x轴垂直于纸面向外。电流元Q到P点的矢径为d=_jR sinφ+kR cosφ+kz=_jR sinφ+k(z+R cosφ)解题图4a由此知d。根据毕奥-萨伐尔定律有①由题给条件，电流环的半径很小，故有②所以，③积分得④可见，A在(0,0,z)处的磁场的磁感应强度B沿x轴负方向。取B的磁矩与磁场垂直时为势能零点，A与B之间的相互作用势能为⑤（2）考虑重力后，系统的势能为它只与z有关。由于z不变，B受到磁场的外力矩大小为方向朝着θ减小的方向。可见，只有θ=0或π时，外力矩才为零，此即力矩平衡条件M(θ)=0,当θ=0,π⑧由可知θ=0对应的平衡状态是不稳定的。因此，在z不变的条件下，B处于稳定平衡的条件为θ=θ稳=π⑨[解法（二）B受到磁场的外力矩的大小为⑦可见，只有θ=0或π时，外力矩才为零，此即力矩平衡条件M(θ)=0,当θ=0,π⑧由可知θ=0对应的平衡状态是不稳定的。因此，在z不变的条件下，B处于稳定平衡的条件为θ=θ稳=π⑨][解法（三）由⑥式可知V(θ=π)最低，因此，在z不变的条件下，B处于稳定平衡的条件为θ=θ稳=π⑨]（3）θ=θ稳=π时B在竖直方向受到的外力为F>0相当于指向z轴正方向。由F=0求得平衡位置z满足z⑩进而由可知，该位置是不稳定的。五、1（1）根据能量按自由度均分定理，任一自由度的能量的平均值都是kBT。因此准直后的原子速率平方的平均值v0(2)2满足①式中m是40K原子的质量m=40 x 1.66 x 10_27 kg=6.64 x 10_26 kg②而T=(350+273)K=623 K③是40K原子气体的温度。由①②③式与题给常量kB得，原子方均根速率为v0=360 m/s④（2）按照牛顿第二定律，40K原子做减速运动时的加速度a大小满足⑤式中F是40K原子所受到的激光对它的作用力的大小⑥这里，Δp是40K原子在受到激光照射Δt时间间隔内其动量的减少。这种减少源自40K原子在Δt时间间隔内共振吸收了与原子初速度v0反向运动的N个光子⑦式中psingle是单个光子动量⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨将初速度为v0的40K原子减速直至静止，该原子所通过的距离是⑩（3）设激光的频率为f；当40K原子以速度v与激光光子相向运动时它所感受到的激光的频率为f,，此即该原子在其静止的参考系中所接受到的激光的频率。根据多普勒效应公式当v<<c时，可得①设40K原子的跃迁频率为f0。当f,=f0⑩时，40K原子与激光达到共振散射。由此得激光应该减小的频率为®式中λ是激光的波长。当v=v0时有④（4）在原子与激光处处共振的条件下，原子做减速运动的加速度a为常值。在z处的原子的速度v(z)满足v2(z)_v2(z=0)=2(_a)z⑩由此得⑩由®式可知，在z=0处有同理，在z处有O于是塞曼减速装置的设计目的是应用塞曼效应让原子处处与冷却激光共振，按题给条件有f0(B)=f0(B=0)+βB注意到B(z=0)=0，上式可写为f0(z)=f0(z=0)+βB(z)与⑩式比较并利用⑨式得将v(z=0)=v0，β=_1.00 MHz/Gs=_1.00×1010 Hz/T以及其它量的题给数据代入⑩式得B(z)=0.0537×(1_1_1.15z)T⑩其中，B的单位是T，B的取值范围为0~0.0537 T；z的单位是m，z的取值范围是0~0.869（或0~0.870）m。六、（1）由对称性及高斯定理可知静电场方向沿径向，且大小仅与r有关，故即①（2）由对称性及磁场的环路定理可知，磁场的方向沿轴向，且大小仅与有关。内圆筒在旋转时等效的电流密度（轴向单位长度的电流）为I②内、外圆筒的电流大小相同，方向相反。应用安培环路定理有（3）点电荷在运动过程中受到由①③式所得电场和磁场共同作用，设其在运动过程中径向运动速度为v=。点电荷运动的角动量随时间的变化满足其中l为点电荷绕筒轴运动的角动量，B为Q所受磁感应强度大小。由④式积分得式中C为积分常数，利用初始条件：点电荷从r=r1释放时静止，即l(r=r1)=0可得由动能定理并利用①式得，积分得，当粒子位于半径r处时动能为注意，粒子动能也可表为Ek⑧若粒子能到达r=r2处，则当r=r2时应有1 2μv≥0，2由⑦⑧式，此条件即将③⑥式代入上式得（4）（i）利用（2）中结论，内筒在以角速度⑴旋转时，在其内部产生的磁感应强度为外筒在以角速度Ω旋转时，在其内部产生的磁感应强度为由法拉第电磁感应定律得，B1和B2变化时在r=r1处产生的沿切向的感应电场为⑩对内筒的转动有®将⑩式代入®式得对上式两边积分，并利用初态时内、外筒均静止的条件，得④（ii）由法拉第电磁感应定律得，B1和B2变化时在r=r2处产生的沿切向的感应电场为单位长度的外筒受到的感应电场的力矩为⑩这里应用了⑩①式。将⑩式两边对t积分并利用由⑴与Ω的关系④可得，感应电场的力矩的冲量矩为J电场M2dt。沿轴向单位长度的外圆筒的角动量为L2=mr22Ω⑩设外力（不包括两圆筒感应电磁场的作用力）对外圆筒的冲量矩为J，由角动量定理有J+J电场=L2故（iii）沿轴向单位长度的内、外圆筒总的角动量为L=L1+L2=m⑩七、七、（1）对车而言，依牛顿第二定律有N后+N前=(M+2m)g cosθ①fx后+fx前一(M+2m)g sinθ=(M+2m)a②式中fx前和fx后是地面作用在相应前后轮上的摩擦力。设整车质心C与斜面的距离为hC，则M(h+r)+2mr=(M+2m)hC③对角速度、角加速度、力矩等量，统一设逆时针方向为正方向。相对于整车质心C，有式中l整车对C是整车相对于整车质心C的角动量。实际上，由③式得对角速度、角加速度、力矩等量，统一设逆时针方向为正方向。相对于整车质心C，车身的角动量为于是整车对C的角动量为所以[解法（二）取x轴沿坡面向上，y轴垂直于坡面向上，前后轮轴处向车身提供的方向合力满足Fx=Ma+Mg sinθ①前、后轮轴处对车身提供的y方向支撑力大小分别为Fy前=N前一mg cosθ②Fy后=N后一mg cosθ③其中，N前和N后分别表示前轮和后轮受到的支持力大小。车身在y方向受力平衡条件为Fy前+Fy后=Mg cosθ④或(N前一mg cosθ)+(N后一mg cosθ)=Mg cosθ由于车身相对于其质心没有转动加速度，力矩平衡条件为式中τ轮是轮子和车身之间的合力偶矩，它满足而fx前+fx后一(M+2m)g sinθ=(M+2m)a这里fx前和fx后是地面分别作用在前后轮上的摩擦力。联立以上各式得令N前=0，得]于是联立以上各式得N前=(M+2m)g cosθ一{[Mh+(M+3m)r]a+[Mh+(M+2m)r]g sinθ}⑥N后=(M+2m)g cosθ+{[Mh+(M+3m)r]a+[Mh+(M+2m)r]g sinθ}⑦令N前=0，得]（2）对角速度、角加速度、力矩等量，统一设逆时针方向为正方向。假定前后轮均与地面不发生滑动，则前、后轮的角加速度“前、“后与车身的加速度a满足设前、后轮与地面的摩擦力分别为Fx前、Fx后，前轮相对于其轮轴的转动满足Fx前r=J“前⑨由以上两式与J mr2得⑩汽车整体的质心运动方程为Fx前+Fx后一(M+2m)g sinθ=(M+2m)a⑩由⑩⑩式得⑫后轮相对于轮轴的转动方程为_τ轮+Fx后r=J“后®由⑨⑩®式与J mr2得④[解法（二）fx前+fx后_(M+2m)g sinθ=(M+2m)a由⑨⑩式得④式。]（3）由于变速器的机械效率为100%，车轮与地面之间不发生滑动，没有传递功率损失，传递到车轮的力矩为⑩将题给A型汽车参数值代入④式，分别对于θ=0o、30o得前后轮与地面不发生滑动的条件分别为Fx前≤μN前，Fx后≤μN后A型汽车车轮质量m相对于车身质量可忽略，由⑩式得Fx前=0前轮无滑动的条件总是满足的。将题给A型汽车参数值代入⑦⑩式，对于θ=0o有对于θ=30o有Fx后θ=30o=M[a(30o)+g sin 30o]=1.0×104 N⑩由前后轮与地面不发生滑动的条件得，摩擦系数应满足的条件μ(0o)≥μmin(0o)=N(F)x后(后)θ=0=0.95，≥μmin o=1.07⑩八、（1）设通过线圈电流为I，则线圈所受磁场的力矩为τ=BIlr线圈①当线圈转速为⑴时，感应电动势为ε=B⑴r线圈l线圈电流为总式中R总=R内+R线圈总由①②③式得，电机输出力矩τ与电机转速⑴之间的关系为可见，电机输出力矩τ与电机转速⑴成线性关系。电机输出功率满足它当时达到最大值总②③④⑤⑥由②③式知，感应电动势ε随线圈转速⑴增大而增大，直至ε完全抵消供电池的开路电压V为止。这时线圈转速⑴最大线圈由④式知，当⑴=0时电机输出力矩τ达到最大值=B圈l由④⑥⑦⑧式知，电机输出力矩τ可表为max（2）当汽车行驶速度为v时，车轮转速为电机转速为电机输出力矩为⑦⑧⑨⑩⑩由于变速器的机械效率为100%，车轮与地面之间不发生滑动，没有传递功率损失，传递到车轮的力矩为⑫由题给信息和⑫式得®初值v(t=0)=0解为④式中⑩为汽车在平地上行驶时最高车速，而⑩为汽车在平地上行驶时最大加速度。（3）对A型汽车有于是A型汽车从静止加速到vf所需时间为O根据（1）中的结果，电池提供的瞬时功率为池=IV ax加速过程消耗的电池能量为⑩由于机械部分没有摩擦损耗，加速过程所增加的机械能为ΔE机械能⑩电池能量转化为机械能的效率为代入A型汽车参数值得ΔE电池≈4.0×106 J≈1.1 kWh于是η=18%（或17%）⑩。