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第28届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷及答案


第 28 届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷
本卷共八题, 满分 160 分。 计算题的解答应写出必要的文字说明、 方程式和重要的演算步骤。 只写出最后结果的不能得分。有数字计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。填空题把 答案填在题中的横线上,只要给出结果,不需写出求解的过程。 一、填空题.(本题共 4 小题,共 25 分) 1.图 1 所示的电阻丝网络,每一小段电阻同

为 r,两个端点 A、 得分 阅卷 复核 B 间等效电阻 R1= 。若在图 1 网络中再引入 3 段斜电阻丝,每 一段电阻也为 r,如图 2 所示,此时 A、B 间等效电阻 R2= 。
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2.右图为开尔文滴水起电机示意图。从三通管左右两管口 形成的水滴分别穿过铝筒A1、A2后滴进铝杯B1、B2,当滴了一段 时间后,原均不带电的两铝杯间会有几千伏的电势差。试分析其 原理。图中铝筒A1用导线与铝杯B2相连;铝筒A2用导线与B1相连。

3.受迫振动的稳定状态由下式给出 x = A cos(ωt + ? ) ,

A=

H , ? = arctan ? βω 。其中 h = ,而 H cos(ωt ) 为胁迫力, 2 2 2 m ω0 ? ω (ω 0 ? ω 2 ) 2 + 4 β 2 ω 2
h

2β =

m

γ ,其中 dx 是阻尼力。有一偏车轮的汽车上有两个弹簧测力计,其中一条的固有 ?γ
dt

' 振动角频率为 ω 0 = 39.2727s ?1 ,另外一条的固有振动角频率为 ω 0 = 78.5454s ?1 ,在汽车运行

的过程中,司机看到两条弹簧的振动幅度之比为7。设 β 为小量,计算中可以略去,已知汽 车轮子的直径为1m,则汽车的运行速度为
238 9



4.核潜艇中 U 核的半衰期为 4.5 × 10 年,衰变中有0.7%的概率成为 U 234 核,同时放 出一个高能光子,这些光子中的93%被潜艇钢板吸收。1981年,前苏联编号U137的核潜艇 透射到艇外的高能光子被距核源(处理为点状)1.5m处的探测仪测得。仪器正入射面积为 22cm2,效率为0.25%(每400个入射光子可产生一个脉冲讯号),每小时测得125个讯号。 据上所述,可知 U 238 核的平均寿命 τ = 量m= kg(保留两位有效数字)。 年( ln 2 = 0.693 ),该核潜艇中 U 238 的质

得分
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复核
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二、(20 分)如图所示,一内半径为 R 的圆筒(图中 2R 为其内 直径)位于水平地面上。筒内放一矩形物。矩形物中的 A、B 是两 根长度相等、质量皆为 m 的细圆棍,它们平行地固连在一质量可 以忽略不计的,长为 l = 3R 的矩形薄片的两端。初始时矩形物位

于水平位置且处于静止状态,A、B 皆与圆筒内表面接触,已知 A、B 与圆筒内表面间的静 摩擦系数 ? 都等于 1。 现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动,使 A 逐渐升高。 1.矩形物转过多大角度后,它开始与圆筒之间不再能保持相对静止? (只要求写出数值,不要求写出推导过程) 答: 2.如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时,立 即令圆筒停止转动。 θ 表示 A 的中点和 B 的中点的连线与 令 整直线之间的夹角,求此后 θ 等于多少度时,B 相对于圆筒 开始滑动。(要求写出必要的推导过程。最后用计算器对方 程式进行数值求解,最终结果要求保留三位数字)

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三、(17 分)斯泰瓦—托尔曼(Stewart-Tolman)效应 1917 年,斯泰瓦和托尔曼发现,一绕在圆柱上的闭合线圈,当 该圆柱以一定角加速度绕轴旋转时,线圈中会有电流流过。 设有许多匝线圈,每匝线圈的半径为 r,每匝线圈均用电阻为 R

的细金属导线绕成,线圈均匀地绕在一很长的玻璃圆柱上,圆柱的内部为真空。每匝线圈的 位置用粘胶固定在圆柱上, 单位长度的线圈匝数为 n, 包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。 从某一时刻开始,圆柱以角加速度 α 绕其轴旋转。经过足够长时间后,求圆柱中心处 的磁场的磁感应强度 B。设电子的电量 e 和质量 m 为已知。

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四、(20 分)一男孩通过交替蹲下和站起的方式来荡秋千。如图所 示的是在摆动过程中男孩的质心轨迹。当男孩处于站立姿势时,设 秋千转轴到男孩质心的距离为 ru ;而当男孩处于下蹲姿势时,秋千

1 rd 10 转轴到男孩质心的距离为 rd 。设比值 = 2 = 1.072 ,即男孩站立与下蹲两种姿势时质心 ru

相对于秋千转轴到男孩质心的平均距离只变化大约 7%。

为了使问题简化,假定秋千质量可以忽略,秋千的摆幅很小,男孩的质量总是集中在 其质心上;同时还假定男孩每次从下蹲到站立或者站立到下蹲的过程(即 A 到 B,E 到 F) 与秋千摆动本身相比进行得足够快, 因此可以认为从下蹲到站立或者站立到下蹲是瞬间完成 的。与此类似,另外两个下蹲过程(从 C 到 D,从 G 到 H)也被假定是瞬间过程。 需要求解的问题是:男孩要将秋千摆动幅度增加一倍,或者说最大角速度增加一倍(即摆动 幅度为初始幅度的两倍, 或最大角速度为原来的两倍) 需要进行多少次 , (可以用分数表示) 摆动才行。

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五、(20 分)关于齐明点的讨论 1.半径为 R 的透明球体,折射率为 n,P 为主轴上一点,位于球心左方

R 处, n

如图所示。求证:从 P 点向右发出的任一条光线(不限于近轴光 线)经球面折射后,将聚焦于一点,并求出该点 Q 的位置。P、Q 称为齐明点。 2.齐明点概念常用于显微镜的物镜中,以增大显微镜入射光的孔径角。设某显微镜的 接物镜(接物镜前方有光射入)是折射率为 n1=1.5,半径为 R1=3mm 的半球,其平底面与物 同浸在折射率与物镜材料相同的油中,物即位于一个齐明点上。 试设计物镜组第二个月牙形透镜(在接物镜后)的两球面的半径 R2 和 R3 及其构形(可 作图说明),使其物、像也是齐明点。已知该透镜材料的折射率为 n2=1.6,透镜前球面与第 一个透镜后球面的间距为 d1=2.0mm,透镜中央厚度为 d2=1.5mm,并估算从第二个透镜出射 的光的孔径角 β 和经两个透镜成像后的放大率 k。

六、(18 分)木星的卫食 远在科学家能精确测量光速之前,丹麦天文学家欧罗梅尔 (O.Romer) 就研究了木星卫星的星食时间。 他通过观测木星的卫星 绕木星运动的周期来确定光的速率。图 1 表示地球 E 绕太阳 S 的运 动轨道和木星的一个卫星 M 绕木星 J 的运动轨道。他观测木星的卫星 M 相继两次从木星的 太阳阴影中出现的时间间隔。卫星处在行星的太阳阴影中,称为卫星食,简称卫食。 得分
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从一系列的卫食的观测可以精确地求出卫食周期,而该周期 T 的观察值大小依赖与地 球在以连线 SJ 作为一根坐标轴的参 照系中的相对位置。卫星绕木星转 动一周的平均周期为 T0=42 小时 28 分 16 秒, 周期的最大观测值为 T0+15 秒。 设观测者 (在地球上) 处在 θ k 位 置时,看到卫星 M 从木星的阴影中 出现。当他处在 θ k +1 位置时,看到 卫星下一次从木星阴影中出现,其 中 k=1,2,3,…从以上的观测结果中他得到卫星绕木星公转的表观周期 T(tk)依赖于观 测时刻 tk。他认为这种表现周期因观测时间而发生的变化,是观测过程中地球相对于木星的 距离 d 发生变化造成的。请你从以上材料推断估算光速,并计算相对误差大小。

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七、 (20 分) 如图所示的圆柱形容器, 其截面积 S = 1.70 × 10 ?2 m 2 , 器壁绝热,圆筒内有两个以弹簧相连接的绝热活塞,弹簧的劲度系 数为 k = 1.50 × 10 4 N ? m ?1 ,筒中部有一带孔的固定隔板,筒壁上有 开口,与大气相通。整个装置的结构及尺寸如图。容器左、右端气

室中分别盛有同种的理想气体,左室中有一电加热器。已知:大气压强 p 0 = 1.00 × 10 5 Pa ; 电加热器未加热强两室气体均处于平衡态,温度均为 T0=300K,压强均为 p0;活塞的位置如 图所示,l0=0.100m;如果通过加热器对左室气体不断地徐徐加热,弹簧长度的最大改变量

l m = 7.40 × 10 ?2 m ;理想气体的绝热过程遵循的规律为 pV a = 恒量;筒内气体的摩尔内能

与温度的关系为 U m =

RT ,式中 T 为气体的热力学温度,R 为摩尔气体常量。求当左气 a ?1

室吸热为 Q=1000J 时,左、右两室气体的温度和压强。设活塞与筒壁的摩擦可忽略不计, 且不漏气。计算过程各量均取三位有效数字。

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八、(20 分)氢原子模型的拓展 1.在经典的氢原子模型中,电子围绕原子核做圆周运动,电子 的向心力来自于核电场的作用。可是,经典的电磁理论表明电子做 加速运动会发射电磁波,其发射功率可表示为(拉莫尔公式):

P=

e2 a 2 1 ,其中 a 为电子的加速度,c 为真空光速, ε 0 = = 8.854 × 10 ?12 F ? m ?1 , 3 6π c ε 0 4πk

电子电荷量绝对值 e=1.602×10-19C。若不考虑相对论效应,试估计在经典模型中氢原子的寿 命τ 。(实验测得氢原子的结合能是 EH = 13.6eV ,电子的静止质量 m0 = 9.109 × 10?31 kg )

2.带点粒子加速后发射的电磁波也有重要的应用价值。当代科学研究中应用广泛的同 步辐射即是由以接近光速运动的电子在磁场中作曲线运动改变运动方向时所产生的电磁辐 射, 电子存储环是同步辐射光源装置的核心, 存储环中的电子束团通过偏转磁铁等装置产生 高性能的同步辐射光。 上海光源是近年来建成的第三代同步辐射光源, 它的部分工作参数如 下:环内电子能量 E = 3.50GeV ,电子束团流强 I = 300mA ,周长 L=432m,单元数(装 有偏转磁铁的弯道数量)N=20,偏转磁铁磁场的磁感应强度 B=1.27T。使计算该设备平均 每个光口的辐射总功率 P0。 (在电子接近光速时,若动量不变,牛顿第二定律仍然成立,但拉莫尔公式不再适用, 相应的公式变化为 P = 止能量。)

e2 a 2 E 2 × γ 4 ,其中 γ = ,E 为电子总能量, m0 c 为电子的静 3 2 6π c ε 0 m0 c

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷 参考解答与评分标准
(全国中学生物理竞赛委员会及西安交通大学物理系) 一、参考解答: 1.

153 2 r, r 209 3

2. 本装置的几何结构尽管十分对称, 但由于空气中离子分布及宇宙射线等因素的不确定性, 使铝筒 A1、A2 的电势会略有不同。譬如,A1 的电势比 A2 高,由于静电感应,使 A1 上方的 水滴带负电,A2 上方的水滴带正电,带电水滴分别滴入下方的铝杯后,使 B1 杯带负电,由 于 B1 与 A2 用导线相连,又使 A2 电势进一步降低,同理 A1 电势则进一步升高,这又使 A1 上方的水滴带更多的负电,A2 上方的水滴带更多的正电,如此下去,使铝杯 B2 的电势越来 越高,B1 的电势越来越低,最终可使两铝杯间产生几千伏的电势差。当然,由于各种因素 的不确定性,下次实验开始时,可能 A2 的电势比 A1 高,最终使 B1 的电势比 B2 的电势高几 千伏。但 A1、A2 因偶然因素造成的电势差因上述正反馈效应而得到放大却是不变的。 【点评】物理系统的对称性因某种原因受到破坏,这种现象称为对称破缺。对称破缺在 物理学的许多分支及其他许多学科里已成为一个重要的概念。本题是这方面的一个例子。 3.50km/h
2 A1 ω 0 ? ω 2 = 2 =7 ' A2 ω 0 ? ω 2

由题目给出的条件得到汽车的胁迫力的角频率为 ω = 27.77s ?1 ,而车轮转动的频率为

f =

ω = 4.42Hz ,这样汽车的速度为 v = rω = 2πrf = 13.885m / s ≈ 50km / s 2π

4. 6.49 × 10 9 ;30 评分标准:本题 25 分. 第 1 小问 7 分.第一空 2 分,第二空 5 分 第 2 小问 7 分. 第 3 小问 5 分. 第 4 小问 6 分.第一空 3 分,第二空 3 分 二、参考解答: 1.90° 2.当矩形物处于竖直位置即 θ = 0 0 时,B 不会滑动,矩形物静止。当圆筒缓慢转动使 θ 刚 超过 0°时,A 将离开圆筒内表面而开始倾倒,按题意此时圆筒已停止转动。假定 B 仍不动, 此后,A 在竖直平面内从静止开始绕 B 做圆周运动,圆周运动的径向方程(牛顿第二定律) 为

m

v2 = mg cos θ ? T l

(1)

这里 v 表示 A 的速度。T 是刚性薄片对 A 的作用力,规定其方向从 B 到 A 为正。根据能量 守恒,有

1 mgl(1 ? cos θ ) = mv 2 2

(2)

联立(1)、(2)式,得

T = mg (3 cosθ ? 2)
如果令 T=0,可得

(3)

θ = arccos( ) = 48.2 °
显见, θ < 48.2 °时,作用力是径向正向,对 A 是推力; θ > 48.2 0 时,作用力是径向反向, 对 A 是拉力。 现在再来看前面被假定不动的 B 是否运动。我们可以在 B 处 画圆桶内表面的切面,它与水平面成 30°夹角,因为假定 B 不动, 其加速度为零,所以 B 在垂直于切面方向的受力方程为

2 3

f ⊥ = mg cos 30 0 ? T cos(30 0 ? θ ) = 0

(4)

这里 f ⊥ 是圆筒内壁对 B 的支持力。由(4)式和(3)式可以论证, 如果在 θ 等于 60°(A 将与圆筒相碰)之前 B 不动,则 f ⊥ 必将始终不等于零,这就是说,在 B 开始滑动以前,B 不会离开筒壁。B 对筒壁的正压力是 f ⊥ 的反作用力,大小和 f ⊥ 相同。 式中的 T 是刚性薄片对 B 的作用力,它和(1)式中的 T 大小相等(因薄片质量不计)。由 于 ? = 1 ,所以最大静摩擦力 fmax 的大小就等于正压力。

f max = ?f ⊥ = mg cos 30 0 + T cos(30 0 ? θ )
其方向是沿切面方向。沿切面方向除摩擦力外,B 还受到其他力

(5)

f∥ = mg sin 30 0 + T sin(30 0 ? θ )
只要 f∥ 不大于最大静摩擦力,B 就不滑动。这个条件写出来就是

(6)

f∥ ≤ f max
B 滑动与否的临界点就应由 f∥ = f max 求出,即

(7)

mg cos 30 0 + T cos(30 0 ? θ ) = mg sin 30 0 + T sin(30 0 ? θ )
将(3)式的 T 代入(8)式,化简后得方程

(8)

(3 cosθ ? 2)[cosθ + (2 + 3 ) sin θ ] + 1 = 0
这个方程可用数值求解,即取不同的 θ 值代入逐步逼近,最后可得

(9)

θ 超过此值,B 将开始滑动。

θ = 54.9 0

(10)

评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 5 分. 第 2 小问 15 分.(3)式 4 分,(4)、(5)、(6)式均 2 分,(7)或(8)式 2 分,(10) 式 3 分.

三、参考解答: 先考虑一个圆环。 考虑环的一小部分,并引进该小部分在其中静止的参照系。环以恒定的角加速度 α 运 动,于是,我们引进的参照系不是惯性系,它具有一定的线加速度。此加速度的径向分量可 不必考虑,因为环很细,观察不到任何径向效应。加速度的切向分量为 r α 。在我们所取的 参照系中,形成金属晶格的正离子处于静止状态。在此参照系中有惯性力作用在电子上,此 力的大小为 mrα ,方向与上述切向加速度方向相反。 晶格与电子间的相互作用下不允许电子无限制地增加速度。 根据欧姆定律, 此相互作用 随电子相对晶格的速度的增大而增大。 某一时刻, 惯性力与这种相互作用造成的阻力会达到 平稳。结果,正离子与负的电子以不同的速度运动。这就是说,在正离子静止的参照系中将 有电流流过。 此惯性力大小是常量, 方向在环的每一部分均与环相切, 它对电子的作用与一个在每一 点上与环相切的虚拟电场相同。 现来求此虚拟电场的大小。显然,此电场的作用力应等于惯性力。由此 (1) eE = mrα 因而

E=

mrα e

(2)

在电阻为 R 的环(静止)中,上述电场将产生电流

I=
于是,在所考察的环中的电流应为

2πrE R

(3)

I=

2πmr 2α eR

(4)

诚然,场是虚拟的电场,但它描述了惯性力对电子的一种真实作用。环中的电流是真实的。 以上想法可用来处理题中所述单位长度有 n 匝线圈(沿对称轴)的很长螺线管的问题, 其中流有电流 I。大家知道,在此螺线管中,磁场 B 的大小均匀(在远离两端处),其值为

B = ? 0 nI

(5)

式中 ? 0 为真空磁导率。由于轴上一点不转动,不论在转动非惯性系中还是在实验室参照系 中均静止不动,因而在实验室参照系中,在轴的中心处的磁场为

B=

2π? 0 nmr 2α eR

(6)

【点评】本题颇有启发性。因为,尽管环是电中性的,但出人意料,由于金属的特殊结 构,螺线管中却会出现磁场。因此,英语里的电学名词“电动势(electromotive force)”中会 含有力学名词“力(force)”也就变得容易理解了。 评分标准:本题 17 分. (1)或(2)式 3 分,(3)式 3 分,(4)式 4 分,(5)式 3 分,(6)式 4 分. 四、参考解答: 当 θ = 0 时,即秋千摆至最低点时,由于小孩在秋千上由蹲姿到立姿的转换时间极短,

故在由 A 到 B 以及由 E 到 F 的过程中,相对于秋千上方的悬挂点而言,作用于小孩的合力 矩为零,故小孩的角动量守恒。设 m =小孩的质量; r =小孩的质心至秋千悬挂点的距离; ω =秋千相对于悬挂点的角速度; L = mr 2ω =小孩相对于悬挂点的角动量。 当小孩由蹲姿转换到立姿时,即从 A 到 B 或由 E 到 F,其质心至悬挂点的距离由 rd 变 至 ru ,所对应的角速度由 ω d 变至 ω u ,由角动量守恒定律得

mrd2ω d = mru2ω u

(1)

ωu = ( d ) 2 ω d

r ru

(2)

亦即当秋千在最低点时,小孩每一次由蹲姿站起来摆荡时,角速率增加 (

rd 2 ) 倍。 ru

当秋千从 B 摆至 C 的过程中,机械能守恒,故小孩的重力势能的增加量等于动能的减 少量,即

1 2 mgru (1 ? cos θ ) = mru2ω u 2

(3)

当秋千摆至 C 时,小孩由站姿转换为蹲姿,因此其质心至悬挂点的距离,由 ru 变长为 rd,即质心的位置从 C 变至 D,因此质心的重力势能已改变。当秋千从 D 摆至 E 时,设其
' 角速率为 ω d ,则同理利用机械能守恒定律,可得

1 ' 2 mgrd (1 ? cos θ ) = mrd2ω d 2
由(3)、(4)两式可得
' ωd = 2

(4)

ru 2 ωu rd

(5)

将(2)式代入(5)式,可得
' ωd = 2

ru rd 4 2 ? ( ) ωd rd ru
(6)

rd 3 ω = ( ) 2 ωd ru
' d

即秋千每摆荡半圈时,其角速率增加 (

rd 3 r ) 2 倍;因此每摆荡一圈,则角速率增加 ( d ) 3 倍。 ru ru

秋千摆荡的角幅和其在最低点的角速率成正比。 若秋千摆荡 n 圈后, 角幅增为起始时的两倍, 则

2=(

1 3n rd 3n ) = (2 10 ) 3n = 2 10 ru

n=

10 3

(7)

评分标准:本题 20 分. (1)或(2)式 4 分,(3)、(4)式均 3 分,(5)式 3 分,(6)式 4 分,(7)式 3 分. 五、参考解答: 1.考察自 P 发出的任一光线 PA,设其与主轴夹角为 θ ,如 图所示。设光线在球面上入射角为 i,折射角为 r,由折射定 律

sin i 1 = sin r n
在△PCA 中应用正弦定理,有

(1)

sin i sin r = R R n

(2)

比较(1)、(2)两式,在 θ 为锐角的情况下(r 必为锐角),有

θ =r

(3)

而 r=∠QAC,Q 为折射光的反向延长线与主轴交点,于是△QAC∽△APC,及

QC R = , R R n



QC = nR
与 θ 角无关,得证。 2.两透镜的几何位形如图所示。 设 C1 为接透镜(L1)的球心,从 ( 发出的光经 L1 折射后成像于 S’。 S 物) 由 上 小 题 可 知 S ' C1 = n1 R1 , 则

(4)

S ' O1 = n1 R1 + R1 = (n1 + 1) R 。应使
S’发出的光无折射地进入第二个透镜 (L2)的前球面,故 S’为前球面中心, 且前球面半径

R2 = S ' O2 = S ' O1 + d1 = (n1 + 1) R1 + d 1 = 9.5mm
为使 S’位于 L2 的齐明点,又使 L2 的中央厚度为 d2,应有

(5)

S ' O3 = R3 +

R3 n2

(6)

S ' O3 = R2 + d 2 = (n1 + 1) R1 + d1 + d 2
由(6)、(7)两式可解得后球面半径

(7)

R3 =

(n1 + 1) R1 + d 1 + d 2 = 6.77 mm 1 1+ n2

(8)

图中 S ' ' 为 S’经 L2 后所成的像 [ S ' ' O3 = ( n 2 + 1) R3 ] ,C3 为后球面的球心。 S 发出的光的孔径角 α 满足

tan α =

R1 = n1 R1 n1

(9)

S 经 L1 所成像 S’的孔径角设为 β1 ,则

tan β 1 =

R1 1 = n1 R1 n1

(10)

β1 又是 L2 的物点的孔径角, β1 则为最后的像 S ' ' 的孔径角。由图不难看出,
tan β =


S ' A sin β 1 S ' A cos β 1 + S ' ' S '



R2 sin β 1 R2 cos β 1 + S ' ' S '

(忽略透镜边缘厚度)

(11)

S ' ' S ' = n 2 R3 ? R2 sin β 1

1 R3 n2 = 20.0 0

(12)

∴ β = arctan

1 R2 cos β 1 + (n 2 ? ) R3 n2

(13)

∴ k = k1 ? k 2 =

n1 R1 n 2 R2 2 ? = n12 ? n 2 = 5.76 R2 R1 n1 n2

(14)

【点评】本题是齐明点概念在显微镜物镜中的应用,这种物镜称为油浸物镜,是显微镜 物镜的主要形式之一。 评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 6 分.(1)式 1 分,(2)式 2 分,(3)式 1 分,(4)式 2 分. 第 2 小问 14 分.作图 3 分,(5)式 2 分,(8)式 3 分,(11)式 2 分,(13)式 2 分,(14)式 2 分. 六、参考解答:

假定地球和木星的轨道均为圆形,则向心力=太阳的引力,有

GM E M S v2 = ME E 2 RE RE
2 GM J M S vJ = MJ RJ R J2

(1)

(2)

其中 G 为引力常量,MS 为太阳质量,ME 为地球质量,MJ 为木星质量,RE 为地球轨道半径, RJ 为木星轨道半径,vE 为地球公转速度,vJ 为木星公转速度。因而

RJ v = ( E )2 RE vJ
已知

(3)

TE =



ωE


=

2πRE vE 2πR J vJ

(4)

TJ =
(4)、(5)两式相比,得

ωJ

=

(5)

RE 3 TE v R = E = ( E )2 RJ TJ RJ vJ
由此得
2

(6)

T R J = R E ( J ) 3 = 779.8 × 10 6 km TE
相对角速度

(7)

ω = ω E ? ω J = 0.0158rad / day
相对速度

(8)

v = ωRE = 27.3km / s
木星与地球距离可表示为

(9)

d (t ) = R J ? R E
2 d (t ) = R J2 + RE ? 2 RE R J cos ωt

(10)

≈ R J [1 ? 2

RE cos ωt + L] 2 RJ

1

≈ R J (1 ?

RE cos ωt + L) RJ RE 的平方项引起]的数量级为 RJ RE 2 ) ≈ 4% RJ

(11)

上述表达式的相对误差[由略去的

(

(12)

当观测者在距离 d (t ) 时看到卫星 M 从阴影中出现, 当他在距离 d (t + T0 ) 时看到卫星下一次 从阴影中出现。光行进距离 ?d = d (t + T0 ) ? d (t ) 需要时间,因而观测者看到的是表观周期 T 而非真实周期 T0。

?d = RE [cos ωt ? cos ω (t + T0 )] ≈ ReωT0 sin ωt

(13)

因为 ωT0 ≈ 0.03 , sin ωT0 ≈ ωT0 , cos ωT0 ≈ 1 。我们也可从图的几何关系中直接得到上 述近似表达式。

我们也可用另一种方法计算 ?d 。由图得

β = φ +α ωT0
2
+ β +θ =

(14)

π
2

(15)

?d (t ) ≈ ωT0 R E cos α = ωT0 RE sin(ωt +
而 ωT0 ≈ 0.03 ,及 φ <

ωT0
2

+ φ)

(16)

RE ≈ 0.19 ,故 ?d ≈ ReωT0 sin ωt RJ
R ωT sin ωt ?d (t ) = T0 + E 0 c c
(17)

T ≈ T0 +

当 ωt =

π
2

时观测者观察到最大周期; ωt = 当

3π 时观测到最小周期; ωt = 0 和 π 时观测 当 2
R E ωT0 c

到真实周期。 由 得

Tmax = T0 +

RE ωT0 = 15s c
代入数据可得

(18)

c=

149.6 × 10 6 × 1.82 × 10 ?7 × 1.53 × 10 5 = 2.78 × 10 5 km / s 15

(19)

我们可估算由距离平方比 (

RE 2 ) 产生的相对误差约为 4%,由时间测量产生的相对误差约为 RJ

0 .5 × 100% = 3.4% ,故总的相对误差约为 7.4%。另一误差来自轨道为圆形的假定,实际 15
上轨道是椭圆的,其相对误差约为

100% ×

RE max ? RE ≈ 1.5% RE

(20)

评分标准:本题 17 分. (7)式 2 分,(8)式 1 分,(9)式 2 分,(12)式 2 分,(13)式 3 分,(17)式 3 分,(19)式 2 分,(20)式 2 分. 七、参考解答: i)对加热过程作分析 开始时弹簧的弹力为零,弹簧长度为自然长度,左、右室气体的温度、压强、体积均 相同,由此可知它们的物质的量也相同,设为 n,则有

n=

p0V0 = 0.0682mol RT0

(1)

开始加热后左室气体的温度和压强均缓慢增大,从而推动左活塞右移,压缩弹簧。被压 缩的弹簧又推动右活塞右移,压缩右室气体。整个过程是:左室气体吸热膨胀,右室气体绝 热压缩,弹簧被压缩,活塞对大气做功,部分大气被排出筒外。此过程进行至左活塞右移距 离为 l0 后情况发生变化。此时左活塞与隔板相接触,左室气体压强再升高时活塞不再右移, 弹簧不再被进一步压缩,弹簧的压缩量达到最大值,右室气体状态此后不再发生变化。题给 条件 Q=1000J 相当于何种情况,是左活塞右移小于 l0 还是等于 l0,需要通过计算得出左活 塞刚好右移 l0 所需热量 Q0,然后比较 Q 与 Q0 的大小才能作出判断。 ii)左活塞右移距离刚达到 l0 时左室电加热器提供的热量 Q0 设此时右活塞右移距离为 x,则弹簧的压缩量,即弹簧长度的最大改变量为

l m = l 0 ? x = 7.40 × 10 ?2 m

(2)

左、右室气体的压强为

p1 = p 2 = p 0 +
左、右室气体体积分别为

kl m = 1.65 × 10 5 Pa S

(3)

V1 = 2l 0 S = 3.4 × 10 ?3 m 3 V2 = (l 0 ? x)S = l m S = 1.26 × 10 ?3 m 3
由气体定律可求得左、右室气体的温度分别为

(4) (5)

T1 =

p1V1 T0 = 990K p 0V0 p 2V2 T0 = 367 K p 0V0

(6)

T2 =

(7)

以左、右两室气体、活塞和弹簧作为一个系统,根据热力学第一定律有

Q0 = ?U + ?E弹 + W

(8)

其中 ?U 为气体内能的增量, ?E弹 为弹簧弹性势能的增量,W 为两个活塞对大气所做的功, 它们的数值分别为

?U =

nR nR nR (T1 ? T0 ) + (T2 ? T0 ) = (T1 + T2 ? 2T0 ) a ?1 a ?1 a ?1 1 2 ?E弹 = kl m = 41J 2
W = p 0 Sl 0 ? p 0 Sx = p 0 Sl m = 126 J

(9) (10) (11)

iii)为求出 ?U 的值,必须先求出 a 的值,方法如下: 由于右室气体遵从绝热过程的方程式,即 pV a = 恒量,因而有

p 0V0a = p 2V2a
两边取对数可得

(12)

p2 p lg 2 p0 p0 = = 1.67 a= V l lg 0 lg 0 V2 lm lg
将有关数据代入(9)式可得

(13)

?U = 640 J
因此

(14) (15)

Q0 = (640 + 41 + 126) J = 807 J
iv)Q=1000J 时,左、右两室气体的温度和压强

如前所述,当电加热器提供 807J 的热量时左活塞就与隔板相接触,此后右室气体的状 态不再改变,故当 Q=1000J 时,右室气体的温度仍为

T2' = 367 K
右室气体的压强仍为
' p 2 = 1.65 × 10 5 Pa

(16)

(17)

此后提供的热量全部用于增加左室气体的内能,即

?Q = (1000 ? 807) J =
代入数据解得左室气体的温度为

nR (T1' ? T1 ) a ?1

(18)

T1' = 1.22 × 10 3 K
左室气体的压强为

(19)

p1' =

T1' p1 = 2.03 × 10 5 Pa T1

(20)

评分标准:本题 20 分. (1)式 2 分,(2)式 1 分,(4)、(5)式均 1 分,(6)、(7)式均 1 分,(9)、 (10)、(11)式各 1 分,(15)式 3 分,(16)式 2 分,(17)式 1 分,(18)、(19) 式各 1 分,(20)式 2 分. 八、参考解答: 1.由方程

F = ma

(1) (2)

a= F=
可推导出电子的总能量为

v2 r

1 e2 4πε 0 r 2 ?e 2 8πε 0 r0

(3)

U=

(4)

由条件 EH = ?13.6eV 推导出氢原子的轨道半径和运动速度分别为:

r0 = 5.29 × 10?11 m v0 = 2.19 × 106 m / s
由拉莫尔公式得初始发射功率

(5) (6)

P=

e6 e2 a 2 = 3 6π c 3ε 0 96π 3c 3ε 0 m 2 r04

(7)

在微小的时间间隔 ?t 中,辐射使电子的总能量 U 减少

?U = ? P ?t

(8) (9)

U=

?e 2 1 1 ?e2 ( ? )= ?r 8πε 0 r ? ?r r 8πε 0 r 2

其中 ?r 为电子轨道半径的减少量,由此可导出时间和半径 r 的变化方程:

?t =

2 12π 2 c 3ε 0 m 2 r02 ?r = A × 4π r 2 ?r , e4

(10)

3π c 3ε 02 m 2 其中 A = 。 e4
构造一个半径为 r0 的球体,则 4π r ?r 即为距离球心为 r 的薄球壳的体积,在 r0 到 0
2

的求和过程中可以算出球的体积为 π r0 。 对应本题情况解出电子轨道从 r0 减少到 0 所需的
3

4 3

时间为
2 4π 2 c 3ε 0 m 2 r03 τ = ∑ ?t = e4

(11)

代入数据,得:

τ = 1.56 × 10?11 s
2.对于高能电子有

(12) (13) (14)

v=c
E = mc 2 a= v2 r

(15) (16) (17)

F = eBc F = ma
以上条件可以得出电子的偏转半径:

R=
储存环中的电子数量:

E ecB

(18)

n=

Q I ?t = e e

(19)

其中 ?t 为电子旋转一圈所花费的时间。由(15)式及辐射条件可得每个电子每圈损失的总 能量为(电子在直道上不辐射能量):

Eneu =

e 2 a 2γ 4 2π R e 2γ 4 × = 6π c3ε 0 c 3ε 0 R

(20)

由(19)(20)得到存储环中的电子消耗的总功率为:

Putal =
出光口的功率为:

nEneu Ieγ 4 = = 4.34 × 105 W ?t 3ε 0 R
Putal = 2.17 × 104 W N

(21)

P0 =

(22)

评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 10 分.(4)式 1 分,(7)式 2 分,(9)式 3 分,(10)式 2 分,(11)式 2 分. 第 2 小问 10 分.(18)式 2 分,(20)式 5 分,(21)式 1 分,(22)式 2 分.


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