第33届全国中学生物理竞赛复赛试题解答.docx

1、第33届全国中学生物理竞赛复赛试题解答第 33 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2016 年 9 月 17 日一、（20 分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为 R1 、R2 ，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各自过切点的母线相互垂直。取两柱面切点 O 为直角坐标系 O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点 O 的母线为 X 轴，上侧柱面过切点 O 的母线为 Y 轴。一束在真空中波长为 的可见光沿 Z 轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着 Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在 X-Y 平面的投

2、影。 R1 和 R2 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为n0 = 1.00 。试推导第 k 级亮纹在 X-Y 平面的投影的曲线方程。已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏） 介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。任何情形下，折射波不存在半波损失。伴随半波损失将产生大小为 的相位突变。b. sin x x, 当 x 1 。参考解答：如图 a 所示，光线 1 在上侧柱面P 点处傍轴垂直入射，入射角为 ，折射角为0 ，由折射定律有nsin = n0 sin0 其中 n 和 n0 分别玻璃与空气的折

3、射率。光线在下侧柱面 Q 点处反射，入射角与反射角分别为i 和i ，由反射定律有i = i 光线在下侧柱面 Q 点的反射线交上侧柱面于P 点，并由P 点向上侧柱面折射，折射光线用1 表示；光线1 正好与P 点处的入射光线 2 的反射光线2 相遇，发生干涉。考虑光波反射时的半波损失，光线1 与光线2 在P 点处光程差L 为L = n(-z ) + n (PQ + PQ) + - n(-z) = n (PQ + PQ) - n(z- z ) + p 02 p 0 p p2式中 为入射光线在真空中的波长， n0 = 1.00 。由题意， R1 和 R2 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙

4、；因而在傍轴垂直入射情况下有 0 ， i = i 0 n 0 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1 i = i 0 0 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P 与 P 点近似重合，即zp zp 且 PQ 近似平行于 Z 轴，因而长度PQ PQ zP - zQ 由式得L = 2n PQ + = 2n (z - z ) + 0 2 0 P Q 2可以将式右端的 z- 坐标近似用 x- 或 y- 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

5、的空气隙的厚度为 e ，柱面半径为 R 。对三边边长分别为 R 、R - e 和 r 的直角三角形有R2 = (R - e)2 + r2 即2Re - e2 = r2 在光线傍轴垂直入射时， e R2 ，根据式中的亮环条件，可得第 k 级亮纹的方程为x2 + y2 = = A2 B2 1, k 1, 2 k k它们是椭圆亮环纹，其半长轴与半短轴分别为Ak =, k = 1, 2, ， Bk =, k = 1, 2, 评分参考：式各 1 分，式 2 分，式各 1 分，式 2 分，式 1 分，式 2 分，式各 1 分，式 2 分，式 1 分，式（亮环条件正确）2 分。二、（20 分）某秋天清晨，气

6、温为4.0C ，一加水员到实验园区给一内径为2.00 m 、高为2.00 m 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4.00 cm 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1.00 m 。（1）从清晨到中午，气温缓慢升至 24.0C ，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

7、气的热容量。0已知罐外气压始终为标准大气压 p = 1.01105 Pa，水在 4.0C时的密度为 0 = 1.00 103 kg m-3 ，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为 = 3.03 10-4 K-1 ，重力加速度大小为 g = 9.80m s-2 ，绝对零度为-273.15C 。参考解答：（1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为p0V0 = nRT0 式中n 为罐内空气的摩尔数， p 、V = m3 和T = 277.15K 分别是此时罐内空气的压强、体积和温度。0 0 0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 p1 、V1 和T1

8、，相应的状态方程为p1V1 = nRT1 式中T1 = 297.15K 。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，h = V1 - V0 + V1 - V0 + (T1 - T0 )(S1 +S2 )l0 S1 S2 S2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， l0 = 1.00 m 为早上加水后观测柱内水面的高度， S = m2 、 S = 4 10-4 m2 分别为罐、观察柱的横截面积。由力平衡条件有p1 = p0 + 1gh1 式中1 =0 1 + (T1 - T0 )是水在温度为T1 时的密度。联立式得关于h 的一元二次方程

9、为 gS(h)2 + ( p S + gV )h - ( T1 - ) p V = 0 1 0 1 1 0 0 00式中S =S1S2， = 1 - (T - T ) S + S 1 0解方程得1 2-( p S + gV ) + ( p S + gV )2 + 4 gSp V ( T1 - )0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 Th = 0 = 0.812m 21gS另一解不合题意，舍去。由式和题给数据得V - V = Sh - (T - T )S l= -0.0180m31 0 1 0 1 0由上式和题给数据得，中午观察柱内水位为l = h - V1 - V0 +l= 1.82m

10、01（2）先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功。0（解法一）早上罐内空气压强 p = 1.01105 Pa ；中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高h ，罐内空气压强升高了1p = gh = 7.913103 Pa = 7.91103 Pa 由于p p0 ，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为p = p0+ 1 p = 1.0495 105 Pa = 1.05 105 Pa 2罐内空气体积缩小了V = 0.0180m3 可见V / V0 1 ，这说明式是合理的。罐内空气对外做功W = pV = -1.889 103 J = -1.9 103 J （解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封

11、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V 、T 和 p 。水温为T 时水的密度为 = 0 1 + (T - T0 )将式中的V1 、T1 和 p1 换为V 、T 和 p ，利用式得，罐内空气在温度为T 时的状态方程为p = p + g V - V+ (T - T ) S l 0 S 0 0 1 0 gS l (V - V ) / (S l ) + (T - T ) = p0 +0 1 0S0 1 0 01 + (T - T0 )由题设数据和前面计算结果可知 (T - T0 ) (T1 - T0 ) = 0.0060 =0.0057这说明式右端分子中

12、与T 有关的项不可略去，而右端分母中与T 有关的项可略去。于是式可p = p + g V -V+ (T - T ) S l 0 S 0 0 1 0 = p + 0 gS1l0 (V - V ) / (S l ) + (T - T )0 S 0 1 0 0 利用状态方程，上式可改写成p - 0 g (V + T S l ) + nR 0 S0 0 1 0 S l nR1 - 0 gl0 S1 VnR S1 0 - S1l0 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为 p - 0 g (V + T S l ) + nR V V 0S 0 0 1 0 S lnR W = 1 pdV = 1 1 0

13、- dVV0 V0 1 - 0 gl0 S1 VnR S S1l0 1 - 0 gl0 S1 V = - nR(V - V ) -S p- 0 g (V+T S l ) +nR lnnR S 1 Sl 1 0 g 0S 0 0 1 0 Sl 0 gl0 S1 1 0 0 1 0 1 - nR SV0 = -1.890 103J = -1.9 103J（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V 、T 和 p 。水在温为T 时的密度为 = 0 1 + (T - T0 )将式中的V1 、T1 和 p1 换为V 、T 和 p

14、 ，利用式得，罐内空气在温度为T 时的状态方程为p = p + g V - V+ (T - T ) S l 0 S 0 0 1 0 = p + 0 g V - V0 + (T - T0 ) S1l00 S= p + 0 g S l1 + (T - T0 )+ 0 g V - V0 - S1l00 S 1 0S 1 + (T - T0 ) p + 0 gl0 S1 + 0 g (V -V - S l )1 - (T - T )0 S S0 1 0 0= p + 0 gl0 S1 + 0 g (V -V - S l )(1 + T ) - pV (V -V-S l )0 SS 0 1 0 0 nR

15、0 1 0 p + 0 gl0 S1 + 0 g (V - V - S l )(1 + T ) + 0 g S1l0 pV 0 S S0 1 0 0S nR= p + 0 gl0 S1 + 0 g (V - 2V )(1 + T ) + 0 g V0 pV 0 S S 0 0 S nR0= p + 0 gl0 S1 + 0 g (V - 2V )(1 + T ) + 0 g T0 pV 0 S S式中应用了0 0 S p (T - T0 ) (T1 - T0 ) = 0.0060 ， 1 v 0 min也就是说，在任何情况下，vej v0 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

16、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 v0 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 vej 和 v0 的大小。首先讨论 = 0 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。由开普勒第三定律有3 3j = e ， T 2 T 2j e式中Tj =12 y 是木星公转周期，而Te =1y 是地球公转周期。由式得rj = T 2/3 T r = 3 144r 5.2r ， e 将式和有关数据代入式得vej = 0.56= 7

17、.9 1014 v0 =(2Gm )1/2(r2 + r2 - 2r r cos )1/4 0.44= 2.7 1013 可见，此时有vej v0 所以这种情形下地球不会围绕木星旋转。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 v0 不变，地球也不会围绕木星旋转。对于 0 的情况，当 从 0 到 （或从 0 到- ）改变时，从式式可以看到，vej 单调增大， v0 单调减小 所以总有式成立。因此，若太阳质量突然变为零，地球仍不会围绕木星旋转。评分参考：第（1）问 10 分，式各 1 分；第（2）问 10 分，式 2 分，式1

18、分，式各 2 分，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 L 、质量为m 、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 M 的小物块（模拟蹦极者）；假设 M 比 m 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 g 。（1）求蹦极者从静止下落距离 y （ y L）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

19、小的上限。（2）求蹦极者从静止下落距离 y （ y L ）时，绳在其左端悬点 b处张力的大小。参考解答：（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E = E = -mg L i pi 4式中， m 是绳的质量， L 是绳的原长。蹦极者下落距离 y 时，系统的动能为E = 1 M v2 + 1 m L - y v2 k 2 2 2L式中， M 是蹦极者的质量， v 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E = -m L - y g( y + L - y ) p,动 2L 4而此时静止的那段绳的重力势能为E = -m L + y g L + y