全国物理竞赛复赛试题解答文档格式.docx
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②
光线在下侧柱面Q点的反射线交上侧柱面于点，并由点向上侧柱面折射，折射光线用表示；
光线正好与点处的入射光线2的反射光线相遇，发生干涉。
考虑光波反射时的半波损失，光线与光线在点处光程差为
③
式中为入射光线在真空中的波长，。
由题意，和远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙；
因而在傍轴垂直入射情况下有
，
①式成为
④
亦即
⑤
在傍轴条件下，柱面上P、Q两处切平面的法线近似平行，因此
⑥
从而，在P、Q两处，不仅切平面的法线近似平行，而且在上下表面的反射光线、折射光线均近似平行于入射线，因而也近似平行于Z轴，从而与P点近似重合，即
⑦
且PQ近似平行于Z轴，因而长度
⑧
由③⑧式得
⑨
可以将⑨式右端的坐标近似用或坐标表出。
为此，引入一个近似公式。
如图b所示，设置于平面上的柱面透镜与平面之间的空气隙的厚度为，柱面半径为。
对三边边长分别为、和的直角三角形有
⑩
即
⑪
在光线傍轴垂直入射时，，可略去⑪式左端的，故
⑫
在光线傍轴垂直入射时，前面已证近似有PQ//Z轴。
故可将上、下两个柱面上的P、Q两点的坐标取为P、Q，如图c所示。
根据⑫式可知，P、Q两点到XOY切平面的距离分别为
，⑬
最后，光线在上、下两个柱面反射并相遇时,其光程差为
⑭
若P、Q两点在XOY平面的投影点落在第级亮（暗）纹上，则须满足条件
⑮
⑮式中亮环条件对应于第k级亮纹上的点的-、-坐标满足的方程。
更具体地，不妨假设，根据⑮式中的亮环条件，可得第k级亮纹的方程为
⑯
它们是椭圆亮环纹，其半长轴与半短轴分别为
，⑰
评分参考：
①②式各1分，③式2分，④⑤式各1分，⑥式2分，⑦式1分，⑧式2分，⑨⑩⑪⑫式各1分，⑬式2分，⑭式1分，⑮式（亮环条件正确）2分。
二、（20分）某秋天清晨，气温为，一加水员到实验园区给一内径为、高为的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水。
罐体导热良好。
罐外有一内径为的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接处很短），顶部与大气相通，如图所示。
加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。
此时加水员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为。
（1）从清晨到中午，气温缓慢升至，问此时观察柱内水位为多少？
假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。
（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？
求这个过程中罐内空气的热容量。
已知罐外气压始终为标准大气压，水在时的密度为，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为，重力加速度大小为，绝对零度为。
（1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为
①
式中为罐内空气的摩尔数，、和分别是此时罐内空气的压强、体积和温度。
至中午时，由于气温升高，罐内空气压强增大，设此时罐内空气的压强、体积和温度分别为、和，相应的状态方程为
②
式中。
空气和水的体积都发生变化，使得观察柱中水位发生变化，此时观察柱内水位和罐内水位之差为，
式中右端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献，为早上加水后观测柱内水面的高度，、分别为罐、观察柱的横截面积。
由力平衡条件有
④
式中
是水在温度为时的密度。
联立①②③④⑤式得关于的一元二次方程为
，⑦
解方程⑥得
另一解不合题意，舍去。
由③⑤⑦⑧式和题给数据得
由上式和题给数据得，中午观察柱内水位为
⑨
（2）先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功。
（解法一）早上罐内空气压强；
中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高，罐内空气压强升高了
⑩
由于，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为
⑪
罐内空气体积缩小了
⑫
可见，这说明⑪式是合理的。
罐内空气对外做功
⑬
（解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的任意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为、和。
水温为时水的密度为
将②③④式中的、和换为、和，利用⑩式得，罐内空气在温度为时的状态方程为
⑪
由题设数据和前面计算结果可知
这说明⑪式右端分子中与有关的项不可略去，而右端分母中与有关的项可略去。
于是⑪式可
利用状态方程，上式可改写成
⑫
从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为
⑬
（解法三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为、和。
水在温为时的密度为
⑩
式中应用了
，
⑪式可改写成
现计算罐内空气的内能变化。
由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为
⑭
式中5是常温下空气分子的自由度。
由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为
⑮
从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为
。
第
（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨式2分；
第
（2）问10分，⑩⑪⑫式各1分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式1分。
三、（20分）木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的318倍）。
假设地球与木星均沿圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。
将太阳、地球和木星都视为质点，忽略太阳系内其它星体的引力；
且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。
已知太阳和木星质量分别为和，引力常量为。
地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是和。
假设在某个时刻，地球与太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为。
这时若太阳质量突然变为零，求
（1）此时地球相对木星的速度大小和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率。
（2）试讨论此后地球是否会围绕木星转动，可利用
（1）中结果和数据、、木星公转周期。
（1）若太阳质量突然变为零，地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变，因而应当等于在太阳质量变为零之前的瞬间，地球和木星围绕太阳转动的速度。
设在太阳质量变为零之前，地球和木星绕太阳转动速度分别是和。
以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为平面建立坐标系。
由万有引力定律和牛顿第二定律有
①
由①式得
，②
同理有
，③
现计算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率（不考虑太阳引力）。
若地球相对木星刚好以速度运动，也就是说，当地球在木星的引力场里运动到无限远时，速度刚好为零，此时木星-地球系统引力势能为零，动能也为零，即总机械能为零。
按机械能守恒定律，在地球离木星距离为时，速度满足
，④
，⑤
可见，地球不被木星引力俘获所需要的最小速率的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。
设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢为
⑥
地球的位矢为
，⑦
式中为地球此时的位矢与x-轴的夹角。
此时地球和木星的距离为
⑧
此时地球相对于木星的速度大小为
⑨
式中项前面取减号是因为考虑到木星和地球同方向绕太阳旋转的缘故。
由⑤⑧式得
，⑩
（2）解法
（一）
为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较和的大小。
由开普勒第三定律有
，⑪
式中是木星公转周期，而是地球公转周期。
由⑪式得
⑫
和都是正数，所以，由⑨⑩⑫式有：
显然，⑬式右端当，即
时取最小值，此时太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧。
由⑬⑭式和题给数据有
⑮
也就是说，在任何情况下，
⑯
即若太阳质量突然变为零，地球必定不会被木星引力俘获，不会围绕木星旋转。
这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向相同的情况。
若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而不变，地球也不会围绕木星旋转。
解法
（二）
为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较和的大小。
首先讨论时的情况，即在太阳质量变为零的瞬间，太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧的情形。
，⑫
将⑫式和有关数据代入⑨⑩式得
⑬
⑭
可见，此时有
所以这种情形下地球不会围绕木星旋转。
对于的情况，当从0到（或从0到）改变时，从式⑨⑩式可以看到，
单调增大，单调减小⑯
所以总有⑮式成立。
因此，若太阳质量突然变为零，地球仍不会围绕木星旋转。
第
（1）问10分，①②③④⑤⑦⑧⑨⑩式各1分；
第
（2）问10分，⑪式2分，⑫式1分，⑬⑭式各2分，⑮⑯式各1分，结论正确给1分。
四、（20分）蹦极是年轻人喜爱的运动。
为研究蹦极过程，现将一长为、质量为、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性绳的一端系在桥沿b，绳的另一端系一质量为的小物块（模拟蹦极者）；
假设比大很多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，但仍在弹性限度内。
在蹦极者从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过程中，不考虑水平运动和可能的能量损失。
重力加速度大小为。
（1）求蹦极者从静止下落距离（）时的速度和加速度的大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。
（2）求蹦极者从静止下落距离（）时，绳在其左端悬点b处张力的大小。
（1）由题意，均匀弹性绳在自重作用下几乎不可伸长，此即其劲度系数非常大。
因而，虽然绳的弹力大小不可忽略，但绳在自重作用下的弹性势能却可忽略不计。
取桥面为重力势能零点，系统总的初始能量是绳的初始势能，即
①
式中，是绳的质量，是绳的原长。
蹦极者下落距离时，系统的动能为
②
式中，是蹦极者的质量，是蹦极者的速度大小，它等于下落的绳的速度。
下落的那段绳的重力势能为
③
而此时静止的那段绳的重力势能为
④
由②③④式得，此时系统（蹦极者和绳）总的机械能为
⑤
按题意，不考虑可能的能量损失，有
由①②③④⑤⑥式得
⑦
将⑦式两边对时间求导得
将代入⑧式得，蹦极
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