第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.docx
- 文档编号:397210
- 上传时间:2022-10-09
- 格式:DOCX
- 页数:53
- 大小:923.67KB
第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.docx
《第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版.docx(53页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版
Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercialuse
第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答
一、(20分)如图,上、下两个平凸透光柱面的半径分别为
、
,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平面的投影。
和
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
。
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.
。
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
,由折射定律有
①
其中
和
分别玻璃与空气的折射率。
光线在下侧柱面Q点处反射,入射角与反射角分别为
和
,由反射定律有
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
?
在光线傍轴垂直入射时,
,可略去?
式左端的
,故
?
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?
式可知,P、Q两点到XOY切平面的距离分别为
,
?
最后,光线在上、下两个柱面反射并相遇时,其光程差
为
?
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
?
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?
式中的亮环条件,可得第k级亮纹的方程为
?
它们是椭圆亮环纹,其半长轴与半短轴分别为
,
?
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,⑨⑩?
?
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
。
参考解答:
(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,
③
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
⑤
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
⑥
式中
,
⑦
解方程⑥得
⑧
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
?
罐内空气体积缩小了
?
可见
,这说明?
式是合理的。
罐内空气对外做功
?
(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
⑩
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
?
由题设数据和前面计算结果可知
这说明?
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?
式可
利用状态方程,上式可改写成
?
从封闭水罐后至中午,罐内空气对外界做的功为
?
(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
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
?
式中应用了
,
式可改写成
?
从封闭水罐后至中午,罐内空气对外界做的功为
?
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
?
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
?
从密闭水罐后至中午,罐内空气在这个过程中的热容量为
。
?
评分参考:
第
(1)问10分,①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分,⑨式2分;第
(2)问10分,⑩?
?
式各1分,式各2分,?
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
。
参考解答:
(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
即
,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
,?
式中
是木星公转周期,而
是地球公转周期。
由?
式得
?
和
都是正数,所以,由⑨⑩?
式有:
?
显然,?
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?
?
式和题给数据有
?
也就是说,在任何情况下,
?
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。
由开普勒第三定律有
,?
式中
是木星公转周期,而
是地球公转周期。
由?
式得
,?
将?
式和有关数据代入⑨⑩式得
?
?
可见,此时有
?
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
不变,地球也不会围绕木星旋转。
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?
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,①②③④⑤⑦⑧⑨⑩式各1分;第
(2)问10分,?
式2分,?
式1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
、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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 33 全国中学生 物理 竞赛 复赛 理论 考试 试题 解答 word