2019年第36屆全國中學生物理競賽復賽試題答案.pdf

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1、 1 / 第36屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答 2019年9月21日 一（40 參考解答： 1）以凳面中心O為坐標原點，以過O點向上的豎直線為y軸. 茶杯（包括茶水在內(nèi)）的質(zhì) 心位置 CM y 為 2 CM 2 4 ( ) 5 2 2 ( ) m H h r h y m r h (1) 5分 式中h是杯中茶水的高度. 令 2 r ，(1)式即 2 CM 4 5 2 2 m H h y m h 事實上，考慮在茶杯中茶水的水平面從杯底逐漸緩慢上升的過程，茶水杯整體的質(zhì)心先 是逐漸降低，然后再逐漸上升. 為

2、了使茶水杯盛盡可能多的茶水并保持足夠穩(wěn)定，茶水杯整 體的質(zhì)心應盡可能接近凳面，處于最低點的位置 CM max CM min ( ) ( )y h h y ，故有 max CM d 0 d h h y h (2) 5分 由(1)(2)式得 max 4 1 1 5 m H h m (3) 舍棄負值（不合題意），杯中茶水的最佳高度為 分） max 2 2 4 1 1 5 4 1 1 5 m H h m m r H r m

3、(4) 3分 另一解法： 事實上，考慮在茶杯中的茶水的水平面從杯底逐漸緩慢上升的過程，茶水杯整體的質(zhì)心 先是逐漸降低，然后再逐漸上升. 為了使茶水杯盛盡可能多的茶水并保持足夠穩(wěn)定，茶水杯 整體的質(zhì)心應盡可能接近凳面，處于最低點的位置 CM max CM min ( ) ( )y h h y . (1)式即 2 CM 2 5 2 2 mH m m h m y m h 它滿足代數(shù)不等式 2 2 CM CM min 2 2 5 2 5 2 2 2 ( ) 2 2 mH m mH m m h m m y y m h

4、(2) 5分 式中當h滿足 2 2 5 2 2 mH m m h m h (3) 即 max 2 2 4 1 1 5 4 1 1 5 m H h h m m r H r m (4) 3分 2 / 時取等號， max h 即杯中茶水的最佳高度. 2）記凳子質(zhì)量為 M. 該茶水杯的底面邊緣剛好滑移到與圓 凳的邊緣內(nèi)切于 D 點靜止后，坐標系及三腳圓凳的受力分 析分別如解題圖a和解題圖b所示，其中 A N 、 B N 和 C N 分 別是車內(nèi)底板對凳腳A、B和

5、C的支持力由幾何關系有 / 2 o A o B cos30 3 a a (5) 3分 o o tan30 2 2 3 a a (6) 3分 三腳圓凳處于力平衡狀態(tài)，豎直方向合力為零 A B C 0N N N Q P (7) 3分 A C N N (8) 3 分 式中， max Q mg h g， P Mg . 由(7) (8)式得 A B 2 0N N Q P 以x軸為轉(zhuǎn)動軸，力矩平衡 B A C o B ( )o o 0Q R r N N N (9) 5分 記R R r ，由(

6、5)(6)(9)式有 A C B o o a x 解題圖a Q G R D A N A N C N B C B O o x o 解題圖b B A 2 0 3 2 3 a a QR N N 另一解法： 以AC為轉(zhuǎn)動軸，由力矩平衡條件有 B ( o o ) (o B o o ) o o 0Q R N P (9) 5分 即 B ( ) ( ) 0 2 3 3 2 3 2 3 a a a a Q R N P 聯(lián)立以上各式得 B 2 ( 2 3 ) 3 4 1 2 3 1 5 3 a R Q aP N a

7、R r r H g m M a m (10) A C 2 ( 3 ) 3 4 1 3 1 5 3 a R Q aP N N a R r r H g m M a m (11) 值得指出的是，解(10)滿足 B 0N ，即 2 2 3( ) 4 1 5 R r a r H M m a m (12) 這已由題給條件保證了 3 / 由(7)(10)(11)式得，此時旅行車內(nèi)底板對各凳腳的支持力相對于茶水杯滑移前的改變?yōu)? B 2 ( 2 3

8、) 3 3 2 3 4 1 3 5 a R Q aP P Q N a R r r H mg a m (13) 4分 A C 2 ( 3 ) 3 3 3 4 1 3 5 a R Q aP P Q N N a R r r H mg a m (14) 6分 評分標準：本題40分. 第1）問13分，(1)(2)式各5分，(4)式3分； 第2）問27分，(5)(6)(7)(8)式各3分，(9)式5分，(13)式4分，(14)式6分. 二（50 參考解答： 1）車輪被一裝置卡住而不能前后移動，但仍可繞輪軸轉(zhuǎn)動. 把

9、手繞車軸的轉(zhuǎn)動慣量為 22222 1 6 7 ) 4 1 12 4 (2) 2 1 ()2( 12 1 2 mlmlmlmlmJ 平板繞車軸的轉(zhuǎn)動慣量為 22 2 6 1 2 12 1 mlmlJ 平板與把手整體繞車軸的轉(zhuǎn)動慣量為 222 21 3 4 6 1 6 7 mlmlmlJJJ (1) 4分 把手和平板整體的質(zhì)心位置到車軸的距離 C r（見解題圖a）為 2 2 4 4 C l m l r m (2) 2分 設把手與地面碰撞前的瞬間的角速度為，由機械能守恒有 mghJ 4 2 1 2 (3) 2分 式中h是把手和平板

10、整體的質(zhì)心下降的距離（見解題圖b） 23l/ r r h C 將(2)式代入上式得 643 2 rl l r h 由上式和(1)(3)式得 l gr (4) 2分 2）在把手與地面碰撞前的瞬間，把手和平板整體的質(zhì)心的速度大小為 1 4 4 C C gr grl r l v 由幾何關系有 r C C o r C r h 3l/2 o 解題圖a 解題圖b 分） 2 sin 3 r l ， l rl 3 49 cos 22 碰前瞬間把手和平板質(zhì)心速度的水平與豎直分量（從把手末端朝向把手前端為正）分別為

11、 l grr l rgr CxC 63 2 4 sin 11 vv (5) 2分 2 22 2 1 1 (9 4 )9 4 cos 4 3 12 C y C gr gr l rl r l l v v (6) 2分 記碰撞時間間隔為 t ，由題設，把手、平板與車輪組成的系統(tǒng)在碰撞過程中可視為一 個物體. 剛碰時，由于把手末端與地面之間有相對速度，把手末端與地面之間在碰撞過程中 水平方向的相互作用力是滑動摩擦力. 設碰撞過程中地面對系統(tǒng)在豎直方向上總的支持力 為N，在碰撞后的瞬間系統(tǒng)的水平速度為v 0 （ 0 0v ）. 在水平和豎直方向上分別對此

12、系統(tǒng) 應用動量定理有 0 1 0 ( d 6 4 t C x N t m m v v) (7) 2分 1 0 d 0 ( 4 ) t C y N t m v (8) 2分 值得注意的是，(8)式左端的沖量不可能等于零，因而(7)式左端的沖量也不可能等于零. 由 (7)(8)式得 cos4sin4446 11110 CCyCxC mmmmm vvvvv 即 0 1 2 2 (sin cos ) (sin cos ) (sin cos ) 3 3 4 6 C gr gr

13、 v v 當 2 2 2 tan 9 4 r l r 系統(tǒng)靜止，故 s = 0 (9) 2分 當 2 2 2 tan 9 4 r l r 系統(tǒng)開始運動. 下面分兩階段討論系統(tǒng)開始運動 后直至停止的過程： 階段I. 車輪又滑又滾階段 兩車輪的受力如解題圖c所示，圖中 01 N 是 地面對兩車輪的正壓力， ox N 和 oy N 是把手和平 板通過軸對兩車輪分別在水平方向和豎直方向的 作用力，地面對車輪的滑動摩擦力 1 01 f N . 把 手和平板作為一個整體的受力解題圖d所示，圖 中N是地面對把手末端的正壓力.

14、 地面與車之間的總滑動摩擦力為 01 ( ) (6 )f N N mg (10) 2分 把手、平板和車輪組成的系統(tǒng)的質(zhì)心加速度 C a 為 C 6 f a g m (11) 2分 對把手和平板系統(tǒng)應用質(zhì)心運動定理有 4 ox C N N ma (12) 1分 4 0 oy N N mg (13) 1分 解題圖c 解題圖d f 1 o N ox N oy N 01 2mg a C N N 4mg N oy N ox c r c o 對把手和平板系統(tǒng)應用相對于過質(zhì)心的水平軸的轉(zhuǎn)動定理有 5 5 sin cos s

15、in cos 0 4 4 4 4 ox oy l l l l N N N N (14) 2分 由(11) (12) (13)式得 4 ( ) 4 ox N N m g N mg 4 oy N mg N 4 將以上兩式代入(14)式得 5 5 sin cos ( 4 ) sin (4 ) cos 0 4 4 4 4 l l l l N N N mg mg N 于是 2 3 N mg 因而 2 10 4 3 3 ox N mg mg mg 2 10 4 3 3 oy N mg mg mg

16、對兩車輪在豎直方向上應用質(zhì)心運動定理有 02 0 oy NmgN (15) 2分 對兩車輪應運用轉(zhuǎn)動定理有 2 0 2mrrN (16) 2分 由(15)式得 mgmgmgNmgN oy 3 16 3 10 22 0 再由(16)式得 r g mg mrmr rN 3 8 3 16 22 2 0 設車輪經(jīng)歷時間間隔t后開始純滾動，由純滾動條件有 0 C r tr a t v v (17) 2分 此即 0 ( ) C r a t= v 由此得 0 (sin cos

17、 ) ( ) 22 C - r t r a g v 車輪開始做純滾動時的速度為 1 0 (sin cos ) (sin cos ) 6 22 4 (sin cos ) 33 C gr r a t g g gr v v (18) 2分 在整個又滑又滾階段，車軸移動的距離 1 s 為 2 2 1 0 1 2 C a s v v 于是有 2 2 2 2 1 0 1 2 2 2 2 2 4 (sin cos ) (sin cos ) 33 6 2 2 57 57 (sin cos ) (2 9 4 ) 8712 78408 C

18、gr gr s a g r r r l r l v v (19) 2分 階段II. 車輪純滾動階段 兩車輪的受力如解題圖e所示，圖中 02 N 是地面對兩 5 車輪的正壓力， 2ox N 和 2oy N 分別是把手和平板通過軸對 兩車輪在水平方向和豎直方向的作用力， 2 f 是地面對車 輪的作用力（靜摩擦力）。把手和平板作為一個整體的受 力解題圖f所示，圖中 2 N 是地面對把手末端的正壓力. 對兩車輪運用質(zhì)心運動定理有 2 2 2 2 ox C f N ma (2

19、0) 1分 對兩車輪運用轉(zhuǎn)動定理有 2 2 2 2f r mr (21) 1分 由純滾動條件有 ra C 22 (22) 2分 由(20)(21)(22)式得 22 4 Cox maN 對把手和平板系統(tǒng)在水平方向上應用質(zhì)心運動定理有 222 4 Cox maNN 聯(lián)立以上兩式有 m N a C 8 2 2 2 2 2 N N ox 對把手和平板系統(tǒng)在豎直方向上應用質(zhì)心運動定理有 2 2 4 oy N mg N 對把手和平板系統(tǒng)應用相對于過質(zhì)心C的水平軸的轉(zhuǎn)動定理有 0cos 4 sin 4 cos 4 5 sin 4 5 22

20、22 l N l N l N l N oyox 聯(lián)立以上三式消去 2ox N 和 2oy N 得 2 2 2 2 5 5 sin cos sin (4 ) cos 0 4 4 2 4 4 l l N l l N N mg N 解得 2 8 11 tan 12 mg N 于是 2 4 11 tan 12 ox mg N 2 4(11 tan 10) 11 tan 12 oy mg N N 2 N 2 4mg N oy2 N ox2 c r c o N oy2 N 02 2mg 2 a C2 N ox2

21、 o f 2 解題圖f 解題圖e 2 2 8 11 tan 12 C N g a m (23) 4分 在整個純滾動階段，車軸移動的距離 2 s 滿足 2 1 2 2 0 2 C a s v 于是 2 2 1 2 2 4(11 tan 12) (sin cos ) 2 2 33 C gr s a g v 6 2 2 2 2 2 2 3 2 2 8 (sin cos ) (11 tan 12) 1089 16 11 6 9 4 (2 9 4 ) 9801 9 4 gr g r r l r r l r l

22、l r (24) 2分 在車輪從開始運動直至靜止的整個過程中，車軸移動的距離為 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 57 16 11 6 9 4 (2 9 4 ) (2 9 4 ) 78408 9801 9 4 57 16(11 6 9 4 ) (2 9 4 ) 78408 9801 9 4 s s s r r r l r r l r r l r l l l r r l r r l r r l l r (25)2分

23、 評分標準：本題50分. 第1）問10分，(1)式4分，(2)(3)(4)式各2分； 第2）問40分，(5)(6)(7)(8)(9)(10)(11)式各2分，(12)(13)式各1分，(14) (15)(16)(17)(18)(19) 式各2分，(20)(21)式各1分，(22)式2分，(23)式4分，(24)(25)式各2分. 三（40 參考解答： 1）由于彈丸直徑d 很小，每根載流導軌均可視為半無限長載流直導線，彈丸上離某導軌軸 線距離為r處的磁場的磁感應強度大小為 0 0 4 4( 2 ) I I B r d b r

24、 (1) 4分 方向垂直于兩導軌對稱軸所在平面斜向下。彈丸長為dr的一段所受到的磁場作用力（安培 力）為 0 0 d d d 4 4( 2 ) I I F IB r I r r d b r (2) 2分 方向平行于導軌軸線斜向上. 彈丸所受到的安培力大小為 0 0 2 2 0 0 2 2 0 0 2 0 d d 4 4( 2 ) ( 2 ) ln ln 4 4 ( 2 ) ln ln 4 4 ln 2 d b b I I F F I r r d b r I Id b d b b b d b c b I Id

25、 b d b b b I d b b (3) 2分 方向平行于導軌軸線斜向上. 2）設彈丸的加速度大小為a. 由牛頓第二定律有 sinF mg ma (4) 由(3)(4)式得，彈丸的加速度大小為 2 0 ln sin 2 I d b a g m b (5) 2分 方向平行于導軌軸線斜向上. 彈丸作勻加速直線運動，彈丸的出射速度 max v 滿足 2 2 max 0 2aL v v

26、(6) 分） 7 由(5)(6)式得 2 0 max 2 ln sin 2 I d b L g m b v (7) 4分 方向平行于導軌軸線斜向上. 3）兩導軌之間離某導軌軸線距離為r處（不一定是彈丸上一點）的磁場為 0 0 2 2( 2 ) r I I B r d b r (8) 通過兩導軌各自從下端開始長為l的一段以及彈丸長為dr的一段組成平面回路的磁通量為 0 0 d d d 2 2( 2 ) r I I Bl r l r r d b r (9) 通過兩導軌各自從下端開

27、始長為l的一段以及彈丸組成平面回路的磁通量為 0 0 0 d ln 2 2( 2 ) a b b I I Il d b l r r d b r b (10) 4分 根據(jù)法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢為 0 d ln d I d b t b v (11) 2分 式中 d d l t v 是彈丸沿導軌的運動速度. 由全電路歐姆定律得 2U lI IR (12) 2分 式中U為恒流源兩端的電壓。彈丸做勻加速直線運動，在通電后任意時刻t有 atv

28、 (13) 2 1 2 l at (14) 由(11)(12)(13)(14)式得，在時刻t恒流源兩端的電壓為 2 0 1 2 ln 2 I d b U I at IR at b 即 2 2 2 0 0 0 ln sin ln ln sin 2 2 I d b I d b I d b U I g t IR g t m b b m b (15) 4分 由(7)(13)式得，彈丸的加速時間為 1/2 2 max 0 2 ln

29、 sin 2 I d b T L g a m b v (16) 由(15)(16)式得，彈丸出射時電源兩端的電壓 1/2 2 0 0 2 2 ln ln sin 2 T L I d b I d b U IL IR g b m b (17) 2分 4）在彈丸的整個加速過程中，恒流源所做的功為 0 2 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 0 d ln sin d d 2 ln ln sin d 2 T T T T W UI t I d b I g t t I R t m b I d b I d b g t

30、 t b m b (18) 3分 8 下面依次計算(18)式右端的第一項 1 W 、第二項 2 W 和第三項 3 W ： 2 2 2 0 1 0 2 2 3 0 1/2 2 2 3 2 0 ln sin d 2 ln sin 3 2 2 2 ln sin 3 2 T / I d b W I g t t m b I I d b g T m b I I d b L g m b 1/2 2 2 2 0 2 2 ln sin 2 I d b W I RT I

31、 R L g m b 2 2 2 2 0 0 0 3 ln ln sin ln 2 2 I d b I d b I L d b W g T b m b b 于是 1 2 3 1/2 2 2 3 2 0 1/2 2 2 2 0 0 1/2 2 2 2 0 0 2 2 ln sin 3 2 2 ln sin ln 2 2 2 ln sin ln 3 2 / W W W W I I d b L g m b I d b I L d b I R L g m b b L I d b I L d b LI R g m b b

32、 (19) 3分 5）彈丸出射時的動能為： 2 2 2 0 0 max max 1 ln sin ln sin 2 2 2 k I d b I L d b E m mL g mgL m b b v (20) 在 =0的條件下，彈丸出射時的動能為 2 0 max ln 2 k I L d b E b (21) 2分 若導軌和彈丸的電阻可忽略，恒流源所做的功為 2 0 ln I L d b W b (2

33、2) 2分 彈丸出射時的動能與恒流源所做的功之比 max 50% k E W (23) 2分 評分標準：本題40分. 第1）問8分，(1)式4分，(2)(3)式各2分； 第2）問6分，(5) 式2分，(7)式4分； 第3）問14分，(10) 式4分，(11)(12)式各2分，(15) 式4分，(17)式2分； 第4）問6分，(18)(19)式各3分； 第5）問6分，(21)(22)(23)式各2分. 9 四（40 參考解答： 1）由理想氣體狀態(tài)方程有 mol M pV RT M (1) 4分 式中，p、V和T分別為空氣的壓強

34、、體積和（絕對）溫度，M和 mol M 分別為空氣總質(zhì)量和 摩爾質(zhì)量。由(1)式得空氣密度為 mol M M p V RT 在標準狀態(tài)下（以下標“標”表示）有 3 5 mol 3 29.0 10 kg/mol 1.01 10 Pa 1.29 kg/m 8.31J/(K mol) 273K M p RT 標 標 標 (2) 2分 理想氣體的絕熱過程滿足 pV 常量 式中是熱容比。對上式兩邊微分得 1 0pV pV V (3) 4分 由(3)式可得，空氣的體積彈性模量為 分） p V

35、p V (4) 4分 聲波在空氣中的傳播速度為 s p v 在標準狀態(tài)下有 5 s 3 7 1.01 10 Pa 331 m/s 5 1.29kg/m p v 標 標 標 (5)4分 2）細管內(nèi)的空氣柱的質(zhì)量為 m = Sl (6) 細管中的空氣柱的運動是由外界壓力與容器內(nèi)的壓力之差所引起的. 設這部分空氣柱運動 的位移為x（向外為正），容器內(nèi)的空氣體積的改變?yōu)? V Sx (7) 容器內(nèi)氣體壓力

36、的變化滿足絕熱過程，由(3)式有 p V p V (8) 2分 相應地，對于細管內(nèi)運動著的空氣柱的作用力為 2 pS x F S p V (9)4分 從而，細管內(nèi)空氣柱的運動方程可寫為 2 pS x mx Slx V (10) (10)式可寫成 2 x x (11)4分 這是簡諧振動的方程，是簡諧振動的圓頻率 pS lV (12) 10 將 s p v 代入(10)式

37、得，所述亥姆霍茲共振器吸收聲波的頻率為 s s 0 0 2 2 2 S S f lV lV v v (13) 6分 上式最后一步利用了單個微孔后的空氣腔體體積為 0 V V . 3）按題設，兩種需要通過所述亥姆霍茲共振器吸收聲波的頻率 01 f 和 02 f 之比為 01 02 120Hz 0.60 200Hz f f (14) 由(13)式可得 s 1 01 0 2 S f lV v ， s 2 02 0 2 S f lV v (15) 式中

38、， 1 S 和 2 S 是相應的上述亥姆霍茲共振器的微孔的橫截面積. 由(15)式有 1 01 022 S f fS (16) 即 2 1 01 2 02 0.36 S f S f (17) 6分 評分標準：本題40分. 第1）問18分，(1)式4分，(2)式2分，(3)(4)(5)式各4分； 第2）問16分，(8)式2分，(9)(11)式各4分，(13)式6分； 第3）問6分，(17)式6分. 五（40分）、 參考解答： 1）進入光纖芯的光束只有在光纖芯與包層界面滿足全 反射條件，才能

39、使得光束在光纖中長距離傳輸. 設光線 最大入射角為 ，相應的折射角為，如解題圖a所示. 由折射定律和全反射條件有 0 1 sin sinn n (1)2分 1 2 sin(90 )n n (2)2分 由(1)(2)式得 2 2 2 2 1 1 2 0 0 0 sin sin 1.46 1.45 0.17 n n n n n n (3) 由(3)式得 arcsin0.17 9.8 (4)4分 2）平行激光束首先在微球透鏡前表面一次成像，其成像位置 1 i（相對于

40、微球透鏡前表面頂 點）可利用球面鏡折射成像公式得到 0 0 1 1 n n n n o i r (5)4分 式中， 1 o 為物距，由于是平行光束 1 o ， 1 i是一次成像位置，n是微球透鏡玻璃材料折射 率 1.50n ，r是微球前表面曲率半徑， 2 D r . 由(5)式得 1 0 1.50 3.00 mm 4.5 mm 2( ) 2(1.50 1.00) nD i n n (6)6分 解題圖a 11 光束在微球透鏡后表面第二次成像位置 2 i（相對于微球透鏡后表面頂點O）可由球面鏡折射

41、成像公式得到 0 0 2 2 2 n n n n o i r (7)2分 式中， 2 o 為相對于微球透鏡后表面頂點O的物距 0 2 1 0 (2 ) (2 1.00 1.50) 3.00 mm 1.50 mm 2( ) 2(1.50 1.00) n n D o i D n n (8)4分 由于此時是虛物， 2 o 應取負值，即 0 2 0 ( 2 ) 1.50mm 2( ) n n D o n n 而 2 r 是微球后表面曲率半徑 2 2 D r 將以上數(shù)據(jù)代入(7)式可得二次成像位置 2 i 為

42、 0 2 0 (2 ) 0.75 mm 4( ) n n D i n n (9)4分 即微球透鏡后表面中心頂點O與光纖端面距離應為0.75mm. 3）微球透鏡的等效主點與球心重合，而等效焦距為 0 e 0 0 (2 ) 1.50 3.00 mm 2.25 mm 4( ) 2 4( ) 4(1.50 1.00) n n D D nD f n n n n (10)4分 為了使進入光纖的全部光束能在光纖內(nèi)長距離傳輸，平行入射激光束的直徑d最大時，光束 在光纖端面上的入射角應滿足最大入射角條件： 2 2 2 0 0 1 2

43、 sin 1 2 4( ) 2 d d nD nD n n d n n (11)4分 注意到 0 2 2 0 0 2 0 0 0 1 2( ) 1 2( ) 1 1 2( ) 2( ) 1 2( ) 2( ) 1 2 n n d n D n n d nD n D n n d n n d n n d n n d n D n D n D 上式已略去 3 d D 項，將上式結(jié)果代入(11)式，結(jié)合(3)式和題給數(shù)據(jù)得 0 sin 0.76 mm 2(

44、) n d D n n (12)4分 平行入射激光束的直徑最大不能超過0.76 mm . 解法二 2）如解題圖b，O是微球球心，入射光束邊緣 的一根光線入射到微球面上的 A 點，入射角為 ，折射角為 O AB ；在微球的大圓內(nèi)射 到微球面上的B點，由于O A=O B ，光線在B 點的入射角 O BA ，折射角必定為； 折射出的光線與光軸交于F點（按題意，F(xiàn)點恰 好在光纖端面上），而AB的延長線與光軸交于 C點. n 解題圖b. F C O O A B 12 0 1.00n ， 1.50n 由折射定律有 0

45、 n n 即 2 3 (5)4分 于是 1 2 3 ， (6)6分 式中， BFO 是光線在光纖端面上的入射角. 而 CBF FCB (7)2分 BO C (8)4分 因而， BO C 和 FCB 均為等腰三角形. 于是 O O OC OF FC 0.75 mm 4 D

46、 (9)4分 這里由于小角度近似，可近似認為O點為線段O C 的中點. 3）為了使進入光纖的全部光束能在光纖內(nèi)長距離傳輸，平行入射激光束的直徑取最大值 d 時，光束在光纖端面上的入射角 BFO 應滿足最大入射角條件，即 0.17 (10)4分 由幾何關系和(6)(10)式得 3 2 d D (11)4分 由(10)(11)式得 3 0.17 0.76 mm 2 d D (12)4分 平行入射激光束的直徑最大不能超過0.

47、76 mm . 解法三： 2）如解題圖b，O是微球球心，入射光束邊緣的一根光線入射到微球面上的A點，入射角 為，折射角為 O AB ；在微球的大圓內(nèi)入射到微球面上的B點，由于O A=O B ， 光線在B點的入射角 O BA ，折射角必定為；折射出的光線與光軸交于F點（按 題意，F(xiàn)點恰好在光纖端面上），而AB的延長線與光軸交于C點. 由折射定律有 0 sin sinn n (5)4分 在 BO F 中，由正弦定理有 O F O B sin sin (6)6分 式中， BFO 是光線在光纖端面上的 入射角. 記 BO C ，由幾何關系

48、有 2 (7)2分 2( ) (8)4分 由(6)(8)式得 n 解題圖b. F C O O A B 由題給條件有 13 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 sin O F sin2( ) 2 1 4sin 1 1 sin sin sin 1 sin (1 )(1 ) 2 2 2 2 D D n n n n n 于是 0 0 0 sin OF O F 1 2 sin2( ) 2 (2 ) 1 0.75mm 2( ) 2 4( ) D D n D

49、n n D n n n n (9)4分 式中第三步利用了近軸近似，略去了 2 O( ) 項. 3）為了使進入光纖的全部光束能在光纖內(nèi)長距離傳輸，平行入射激光束的直徑取最大值 d 時，光束在光纖端面上的入射角 BFO 應滿足最大入射角條件，即 (10)4分 由(8)(10)式得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 sin sin2( ) 2sin( )cos( ) 2(sin cos cos sin )(cos c

50、os sin sin ) 2(sin 1 sin 1 sin sin )( 1 sin 1 sin sin sin ) sin sin sin 2 sin 1 1 sin 1 sin 1 n n n n n 2 0 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 sin sin sin sin sin 2sin 1 sin (1 )(1 ) 2 2 2 2 n n n n n n n n n n n

51、 在(10)式右端略去了 3 O( ) 項后得 0 sin 2 1 sin n n (11)4分 由幾何關系得 sin d D 由上式、(11)式和題給數(shù)據(jù)得 0 1 sin 0.76 mm 2 1 d D n n (12)4分 平行入射激光束的直徑最大不能超過0.76 mm . 評分標準：本題40分. 第1）問8分，(1)(2)式各2分，(4)式4分； 第2）問20分，(5)式4分，(6)式6分，(7)式2分，(8)(9)式各4分； 第3）問12分，(10)(

52、11)(12)式(12)式結(jié)果在0.75mm0.76mm之間的都對各4分. 14 六（40 參考解答： 1）在相對于介子靜止的參照系S（介子的質(zhì)心系）中，由動量守恒有 0p p (1)4分 式中 p和 p分別是子和型反中微子 在S系中的動量 2 1 m u p u c (2)2分 由能量守恒有 2 E E m c (3) 4分 式中 E和 E分別是子和型反中微子 在S系中的能量

53、 2 2 1 m c E u c ， ( )E p c (4) 4分 將(2)(4)式代入(1)(3)式得 2 2 1 1 u m c u m c (5) 即 2 2 2 2 2 2 2 2 139.57061 105.65837 139.57061 105.6583 . 7 0 2714 m m u c c c m m (6) 4分 另一解法： 在相對于介子靜止的參照系S（介子的質(zhì)心系）中，由動量守

54、恒有 0p p (1)4分 式中 p和 p分別是子和型反中微子 在S系中的動量；由能量守恒有 2 2 k ( )E m c E m c (2)2分 式中 k E 和 E分別是在S系中子和型反中微子 的動能。自由粒子的能量與動量滿足 2 2 2 2 ( ) ( ) , E p c m c E p c (3)4分 利用 2 E m c ，(2)式即 2 2 E m c m c

55、 (4)2分 式中 分） 2 2 1 1 u c 而 u是子在S系中的運行速度。利用(1)(3)(4)式得 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( 1) E p c p c E m c m c m c m m c m c 上式兩邊平方得 2 2 2 2 2 4 2 2 ( ) ( ) 2( ) ( 1) ( 1)E m c m m c m m m c m c 即 2 2 2 2 2 4 2 2

56、 ( ) ( 1) ( ) 2( ) ( 1) ( 1)m c m m c m m m c m c 解得 2 2 ( ) (139.57061 105.65837) 1 1 1.0390 2 2 139.57061 105.65837 m m m m (5)4分 15 由此可導出子在S系中的速度為： 2 2 1 1 1 1 0.2714 1.0390 u c c c (6)2分 假設在實驗室系S中，介子以及衰變后的子的飛行方向之間的夾角為，這一夾角 在S系中對應于夾角. 按相對

57、論速度變換規(guī)則，在實驗室系S中，子的飛行速度的大小 u滿足 2 2 2 2 2 2 cos sin 1+ cos u u u c u u c v v v v 此即 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 cos u c c u c u c v v 由上式可知，從介子衰變得到的子的最大速率 min u 和最小速率 max u 分別出現(xiàn)在 0 和 的情形，正好分別相應于 0 和 的情形. 于是由 2 cos cos 1 cos u u u c

58、 v v 可知，從介子衰變得到的子的最大速率 min u 和最小速率 max u 分別為 8 min 2 0.2714 0.9650 0.940 2.82 10 m/s ( ) 1 ( 0.2714) 0.9650 1 u u c c u c v v (7)4分 8 max 2 0.2714 0.9650 0.980 2.94 10 m/s 1 0.2714 0.9650 1 u u c c u c v v (8)4分 2）根據(jù)放射性衰變規(guī)律，子的衰變率滿足 1/2 t 0 2 t T N N

59、 (9)4分 式中，N 0 為初始子數(shù)，N t 為t時刻的子數(shù)，t為子走完 10000mh 路程所需的時間 間隔. t 在 max u u 情形下最短，從而在地面附近出現(xiàn)的概率最大，即 5 min 8 max 10000m ( ) 3.40 10 s 0.980 3.00 10 m/s h t u (10)2分 由于時間膨脹效應，其半衰期在地面參照系中為 1 2 1 2 (0) 6 5 2 2 2 1.523 10 s 0.765 10 s 1 0.980 1 T T u c

60、 (11)4分 從而，在地面上觀測到這個子的概率為 5 min 5 1/2 ( ) 3.40 10 0.765 10 max 2 2 0.0459 4.59% t T (12)4分 16 另一解法： 根據(jù)放射性衰變規(guī)律，子的衰變率滿足 t 0 exp N t N (9)4分 式中，N 0 為初始子數(shù)，N t 為t時刻的子數(shù)，為子的平均壽命. t為子走完10000 m 路程所需的時間間隔在 max u u 情形下最短，因而在地面附近出現(xiàn)的概率最大，即 5 min

61、 8 max 10000m ( ) 3.40 10 s 0.980 3.0 10 m/s h t u (10)2分 靜止的子的平均壽命 0 可從靜止的子半衰期 1 2 (0) T 求得 1 2 (0) 6 6 0 1.523 10 s 2.197 10 s ln2 ln2 T 由于時間膨脹效應，其平均壽命在地面參照系下， 6 5 50 2 2 2 2.197 10 s 1.10 10 s( 1.104 10 s) 1 0.980 1 u c 或 (11)4分 從而，在地面上觀測到這個子的概率為，

62、 5 3.09min max 5 5 3.082min max 5 ( ) 3.40 10 exp exp 0.0455 4.55% 1.10 10 ( ) 3.402 10 exp exp 0.0459 4.59% 1.104 10 t e t e 或 (12)4分 評分標準：本題40分. 第1）問26分，(1)式4分，(2)式2分，(3)(4)(6)式各4分，另一解 法：(1)式4分，(2)式2分，(3)式4分，(4)式2分，(5)式4分，(6)式2分，(7)(8)式各4分；

63、第2）問14分，(9)式4分，(10)式2分，(11)(12)式各4分. 七（70 參考解答： 1）該圓柱形雷電云空域的電荷分布可近似認為是一個平行板電容器，其電容為 0 S C d (1)2分 式中 2 S r ， 2.5 kmr ， 1.0 kmd . 該區(qū)域上下兩端的電勢差為 分） 150MVU Ed (2)2分 式中 0.15MV/mE . 所帶正電荷總量為 2 0 26 C rU Q CU d (3)2分 攜帶的總電能為 9 1 2.0 10

64、 J 2 W QU (4)2分 2）將地面考慮為平面導體. 應用鏡像電荷法，可得高度為h的點電荷Q產(chǎn)生的地面電場為 2 2 0 0 1 2 4 2 Q Q E h h (5)4分 雷電云正負電荷產(chǎn)生的總地表電場為 2 2 2 2 0 0 0 ( ) 1 1 + 3.5 kV/m 2 ( ) 2 2 ( ) Q Q Q E h d h h d h (6)6分 17 2 2 0 d 1 d 2 U x E x r x 雷電云負電荷圓盤在x h 產(chǎn)生的電場為

65、 2 2 0 1 2 h E r h 式中h為負電荷的高度. 正電荷圓盤在x h d 產(chǎn)生的電場為 2 2 0 1 2 ( ) h d E r h d 將地面考慮為平面導體. 應用鏡像電荷法，得到正負電荷產(chǎn)生的地面電場為 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2( + ) ( ) ( ) h h d E E E r h r h d Q h h d r r h r h d 地面 (5) 4分 已利用了(3)式

66、. 代入題給數(shù)據(jù) 6.0 km 1.0 km 2.5 kmh d r ， ， ，得 2.8 kV/mE 地面 (6) 6分 結(jié)果為負，說明電場方向垂直于地面朝上. 已利用(3)式和題給數(shù)據(jù) 6.0 km 1.0 km 2.5 kmh d r ， ， . 結(jié)果為負，說明電場方向垂 直于地面朝上. 另一解法（較為精確的計算）： 考慮圓盤上一圓環(huán)形的電荷微元 2 ddq r r 其中r為圓盤半徑， 2 / ( )Q r 為圓盤面電荷密度. 該電荷微元在圓盤中軸線（過圓盤中 心且與圓盤垂直的軸線）上與盤相距x處產(chǎn)生的電勢為 2 2 2 2 0 0 d d d 4 2 q r r U r x r x 整個帶電圓盤在圓盤中軸線上與盤相距x處產(chǎn)生的電勢為 2 2 2 20 0 0 0 d d 2 2 r r r r U U r x x r x ( ) 整個帶電圓盤在圓盤中軸線上與盤相距x處產(chǎn)生的電場為 3）閃電通道的線電荷密度為