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2010年第27届全国中学生物理竞赛复赛试卷及参考解答与评分标准复赛


第 27 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共九题,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、 15 分)蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器(见图) ( .若干个摆 球位于同一高度并等间距地排成一条直线,它们 的悬挂点在不同的高度上,摆长依次减小.设重 力加速度 g = 9 . 80 m/ s2 , 1 .试设计一个包含十个单摆的蛇形摆(即求 出每个摆的摆长) ,要求满足: ( a )每个摆的摆 长不小于 0 . 450m , 不大于 1.00m ; ( b ) 初始 时将所有摆球由平衡点沿 x 轴正方向移动相同 的一个小位移 xo ( xo <<0.45m ) , 然后同时释放, 经过 40s 后,所有的摆能够同时回到初始状态. 2 .在上述情形中,从所有的摆球开始摆动起,到它们的速率首次全部为零所经过的时间 为________________________________________.

二、 20 分)距离我们为 L 处有一恒星,其质量为 M ,观测发现其位置呈周期性摆动, ( 周期为 T ,摆动范围的最大张角为 △θ.假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作 圆周运动的行星引起的,试给出这颗行星的质量 m 所满足的方程. 若 L=10 光年, T =10 年, △θ = 3 毫角秒, M = Ms (Ms 为太阳质量) ,则此行星 的质量和它运动的轨道半径 r 各为多少?分别用太阳质量 Ms 和国际单位 AU (平均日地距 离)作为单位,只保留一位有效数字.已知 1 毫角秒= ×10 km,光速 c = 3.0 ×105km/s.
8

1 1 角秒,1 角秒= 度,1AU=1.5 3600 1000

三、 22 分)如图,一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为 m,半径为 R ,螺距 H =πR , ( 可绕竖直的对称轴 OO′, 无摩擦地转动, 连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计. 一 质量也为 m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静止于螺旋 环上的某一点 A ,这时螺旋环也处于静止状态.然后放开小球,让小球沿螺旋环下滑,螺旋 环便绕转轴 OO′,转动.求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为 h 时,螺旋环 转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小.

四、 12 分)如图所示,一质量为 m、电荷量为 q ( q > 0 )的粒子作角速度为ω、半 ( 径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内,离圆心的距离为 d ( d > R ) , 在导线上通有随时间变化的电流 I, t= 0 时刻,粒子速度的方向与导线平行,离导线的距离 为 d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力,试求出电流 i 随 时间的变化规律.不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响.长直导线电流产生的磁 感应强度表示式中的比例系数 k 已知.

五、 (20 分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分别为 +Q 和-Q (Q >0) ,半径分别为 R 和 R/2,小球面与大球面内切于 C 点, 两球面球心 O 和 O’的连线 MN 沿竖直方在 MN 与两球面的交点 B、0 和 C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计,有一质量为 m,带 电荷为 q(q>0 的质点自 MN 线上离 B 点距离为 R 的 A 点竖直上抛。设静 电力常量为 k,重力加度为 g. 1. 要使质点从 A 点上抛后能够到达 B 点, 所需的最小初动能为多少? 2.要使质点从 A 点上抛后能够到达 O 点,在不同条件下所需的最小 初动能各为多少?

六、 20 分)由单位长度电阻为 r 的导线组成如图所示的正方形网络系列.n=1 时,正方 ( 形网络边长为 L,n= 2 时, 小正方形网络的边长为 L/3; 时, n=3 最小正方形网络的边长为 L/9. 当 n=1、2、3 时,各网络上 A、B 两点间的电阻分别为多少?

七、 (15 分)地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射(假定不计大气对 太阳辐射的吸收)一部分被地球表面反射到太空,其余部分被地球吸收.被吸收的部分最终 转换成为地球热辐射(红外波段的电磁波) .热辐射在向外传播过程中,其中一部分会被温室 气体反射回地面,地球以此方式保持了总能量平衡。作为一个简单的理想模型,假定地球表 面的温度处处相同,且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼定律:单位面积的辐射功 4 率 J 与表面的热力学温度 T 的四次方成正比,即 J=σT ,其中 σ 是一个常量.已知太阳表面 3 5 8 温度 Ts=5.78×10 K ,太阳半径 Rs=6.69×10 km ,地球到太阳的平均距离 d=1.50×10 km .假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层,并设它对热辐射能量的反射率为ρ =0.38 . 1.如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α=0.30 ,试问考虑了温室气体对热辐射的反射 作用后,地球表面的温度是多少? 2.如果地球表面一部分被冰雪覆盖,覆盖部分对太阳辐射的反射率为α1=0.85 ,其余部分 的反射率处α2=0.25 .间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为 273K .

0

八、 (20 分)正午时太阳的入射光与水平面的夹角θ=45 .有一座房子朝南的墙上有一个 直径 W =10cm 的圆窗,窗口中心距地面的高度为 H .试设计一套采光装置,使得正午时刻 太阳光能进人窗口,并要求进入的光为充满窗口、垂直墙面、且光强是进人采光装置前 2 倍 的平行光.可供选用的光学器件如下:一个平面镜,两个凸透镜,两个凹透镜;平面镜的反 射率为 80 % ,透镜的透射率为 70 % ,忽略透镜表面对光的反射.要求从这些器件中选用 最少的器件组成采光装置.试画出你所设计的采光装置中所选器件的位置及该装置的光路图, 并求出所选器件的最小尺寸和透镜焦距应满足的条件.

九、 16 分)已知粒子 1 和粒子 2 的静止质量都是 m0 ,粒子 1 静止,粒子 2 以速度 ( v0 与粒子 1 发生弹性碰撞. 1.若碰撞是斜碰,考虑相对论效.试论证:碰后两粒子速度方向的夹角是锐角、直角还是 钝角.若不考虑相对论效应结果又如何? 2.若碰撞是正碰,考虑相对论效应,试求碰后两粒子的速度.

一、参考解答: 1.以 l i 表示第 i 个单摆的摆长,由条件(b)可知每个摆的周期必须是 40s 的整数分之一, 即

Ti = 2π

li 40 (Ni 为正整数) = g Ni

(1)

[(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得,各单摆的摆长

li =

400 g π 2 Ni2

(2)

依题意, 0.450m ≤ li ≤ 1.000m ,由此可得

20 20 g g < Ni < π π 0.45
20 ≤ N i ≤ 29

(3)

(4)



因此,第 i 个摆的摆长为

i

1

2 0.901

3 0.821

4 0.751

5 0.690

6 0.635

7 0.588

8 0.545

9 0.507

10 0.472

li/m 0.993

li =

400 g (i = 1, 2, L, 10) π (19 + i) 2
2

(5)

2. 20s 评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 11 分. (2)式 4 分, (4)式 4 分,10 个摆长共 3 分. 第 2 小问 4 分.

二、参考解答: 设该恒星中心到恒星-行星系统质心的距离为 d ,根据题意有

d=

L ?θ 2

(1)
?3

将有关数据代入(1)式,得 d = 5 × 10 AU .又根据质心的定义有

r?d =

Md m

(2)

式中 r 为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径, 即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律 有
2

Mm ? 2π ? G 2 = Md ? ? r ?T ?
由(2)(3)两式得 、

(3)

m

(1 + M

m)

2

=

4π 2 d 3 G T2

(4)

[若考生用 r 表示行星到恒星 行星系统质心的距离,从而把(2)式写为 r =

Md ,把(3)式写为 m

G

Mm

(r + d )

2

? 2π ? = Md ? ? ,则同样可得到(4)式,这也是正确的.] 利用(1)式,可得 ?T ? =

2

m

(1 + M (m

m)
3

( L ?θ )

3

π2
(5)

2

2GT 2

(5)式就是行星质量 m 所满足的方程.可以把(5)试改写成下面的形式

(1 + m

M)

M)

2

( L? θ ) =

3

π2
(6)

2GMT 2

因地球绕太阳作圆周运动,根据万有引力定律可得

(1AU)3 GM S = (1y) 2 4π 2
注意到 M = M S ,由(6)和(7)式并代入有关数据得

(7)

(1 + m

(m

MS )

3 2

MS )

= 8.6 × 10 ?10

(8)

由(8)式可知

m << 1 MS
由近似计算可得

m ≈ 1 × 10?3 M S
由于 m M 小于 1/1000,可近似使用开普勒第三定律,即

(9)

r 3 (1AU)3 = T2 (1y) 2
代入有关数据得

(10)

r ≈ 5AU

(11)

评分标准:本题 20 分. (1)式 2 分, (2)式 3 分, (3)式 4 分, (5)式 3 分, (9)式 4 分, (11)式 4 分.

三、参考解答: 解法一 一倾角为 θ 的直角三角形薄片(如图 1 所示) 紧贴于半径为 R 的圆柱面,圆柱面的轴线与直 角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行, 若把

m h

v′
θ
图1

u

此三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环.根据题意有

tan θ =
可得:

πR 1 = 2πR 2

(1)

sin θ =

5 2 5 , cos θ = 5 5

(2)

设在所考察的时刻,螺旋环绕其转轴的角速度为 ω ,则环上每一质量为 ?mi 的小质元绕 转轴转动线速度的大小都相同,用 u 表示,

u = ωR
该小质元对转轴的角动量

(3)

?Li = ?mi uR = ?mi R 2ω
整个螺旋环对转轴的角动量

L = ∑ ?Li =∑ ?mi R 2ω = mR 2ω

(4)

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成.在 螺旋环的角速度为 ω 时,设小球相对螺旋环的速度为 v′ ,则小球在水平面内作圆周运动的速 度为

vP = v ′cosθ ? ω R
沿竖直方向的速度

(5)

v⊥ = v′sinθ 0 = mvP R ? L
由(4)(5)(7)三式得: 、 、

(6)

对由小球和螺旋环组成的系绕,外力对转轴的力矩为 0,系统对转轴的角动量守恒,故有 (7)

v′cosθ ? ω R = ω R
在小球沿螺旋环运动的过程中,系统的机械能守恒,有

(8)

mgh =

1 1 2 2 m vP + v⊥ + ∑ ?mi u 2 2 2
2

(

)

(9)

由(3)(5)(6)(9)四式得: 、 、 、

2 gh = ( v ′cosθ ? ω R ) + v ′2 sin 2θ + ω 2 R 2
解(8)(10)二式,并利用(2)式得 、

(10)

ω=

1 2 gh R 3 10gh 3

(11)

v′ =

(12)

由(6)(12)以及(2)式得 、

v⊥ =
或有

2 gh 3

(13)

1 2 v⊥ = 2 gh 3
(14)式表明,小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动,其加速度

(14)

a⊥ =

1 g 3

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则有

h=

1 a⊥ t 2 2

(16)

由(11)和(16)式得

ω= β=

g t 3R g 3R

(17)

(17)式表明,螺旋环的运动是匀加速转动,其角加速度 (18)

小球对螺旋环的作用力有:小球对螺旋环的正压力 N1 ,在图

m
1 所示的薄片平面内, 方向垂直于薄片的斜边; 螺旋环迫使小球在

′ N2 C R
图2

′ ′ 水平面内作圆周运动的向心力 N 2 的反作用力 N 2 .向心力 N 2 在
水平面内, 方向指向转轴 C, 如图 2 所示.N1 、N 2 两力中只有 N1 对螺旋环的转轴有力矩,由角动量定理有

N1 sin θ R?t = ?L
由(4)(18)式并注意到 、

(19)

?ω =β得 ?t
(20)

N1 =


mg 5 = mg 3sin θ 3

′ N2 = N2 = m

2 vP

(21)

R

由以上有关各式得

N2 =

2h mg 3R 1 4h 2 N + N = mg 5 + 2 3 R
2 1 2 2

(22)

小球对螺旋环的作用力

N=

(23)

评分标准:本题 22 分. (1)(2)式共 3 分, 、 (7)式 1 分, (9)式 1 分,求得(11)式给 6 分, (20)式 5 分, (22)

式 4 分, (23)式 2 分.

解法二 一倾角为 θ 的直角三角形薄片(如图 1 所示)紧贴于半径为 R 的圆柱面, 圆柱面的轴线与直 角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行,若把此三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片 的斜边就相当于题中的螺线环.

m h

v′
θ
图1

u

根据题意有: tan θ = 可得: sin θ =

πR 1 = 2πR 2

(1)

5 2 5 , cos θ = 5 5

(2)

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时,环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑 水平地面上向左移动的速度.小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面 内的圆周运动的合成.在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动, 结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动.小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖 直方向离初始位置的距离为 h 的位置时,设小球相对薄片斜边的速度为 v′ ,沿薄片斜边的加 速度为 a′ .薄片相对地面向左移动的速度为 u ,向左移动的加速度为 a0 . u 就是螺旋环上每 一质元绕转轴转动的线速度,若此时螺旋环转动的角速度为 ω ,则有 u = ωR (3) 而 a0 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度,若此时螺旋环转动的角加速度为 β , 则有

a0 = β R

(4)

小球位于斜面上的受力情况如图 2 所示:

N

f*
a0

a′

mg
图2

θ

重力 mg , 方向竖直向下, 斜面的支持力 N , 方向与斜面垂直, 以薄片为参考系时的惯性力 f ? , 方向水平向右,其大小

f ? = ma0

(5)

由牛顿定律有

mgcosθ ? N ? f ? sin θ = 0 mgsinθ + f ? cos θ = ma′ Nsinθ = ma0
解(5)(6)(7)(8)四式得 、 、 、

(6)

(7)

(8)

2sinθ g 1+ sin 2θ cosθ N= mg 1 + sin 2 θ sinθ cosθ a0 = g 1+ sin 2θ a′ =
利用(2)式可得

(9)

(10)

(11)

a′ =

5 g 3 5 mg 3
(14)

(12)

N= a0 =

(13)

1 g 3

由(4)式和(14)式,可得螺旋环的角加速度

β=

1 g 3R

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则此时螺旋环的角速度

ω = βt

(16)

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成,而小 球沿竖直方向的加速度

′ a⊥ = a⊥ = a′sinθ
故有

(17)

h=

1 a⊥ t 2 2

(18)

由(15)(16)(17)(18) 、 、 、 、以及(2)式得

ω=

1 2 gh R 3

(19)

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供,向心力位于水平面内,方向指向转轴, 故向心力与图 2 中的纸面垂直,亦即与 N 垂直.向心力的大小

N1 = m

2 vP

(20)

R

式中 v 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若 a 为小球相对地面的加速度在水平面内 的分量,则有

vP = aPt
令 a′ 为 a′ 在水平面内的分量,有

(21)

′ aP = aP ? a0 = a ′cosθ - a0
由以上有关各式得

(22)

N1 =

2h mg 3R

(23)

小球作用于螺旋环的力的大小

N 0 = N 2 + N12
由(13)(23)和(24)式得 、

(24)

N0 =

mg 4h 2 5+ 2 3 R

(25)

评分标准:本题 22 分. (1)(2)式共 3 分, 、 (9)或(12)式 1 分, (10)或(13)式 5 分, (11)或(14)式 1 分, (19)式 6 分, (23)式 4 分, (25)式 2 分.

四、参考解答: 以 v 表示粒子的速率,以 B 表示电流 i 产生磁场 的磁感应强度,根据题意粒子作圆周运动的向心力为 粒子受到的磁场洛仑兹力,因此有

y
i

v2 qvB = m R


(1)

q R

v = ωR
由(1)(2)两式得 、

ωt

(2)

O

x

B=

mω q

(3)

d M Q C

如图建立坐标系,则粒子在时刻 t 的位置 , x(t ) = R cos ωt

y (t ) = R sin ωt

(4) 取电流的正方向与 y 轴的正向一致,设时刻 t 长直导线上的 电流为 i(t ) ,它产生的磁场在粒子所在处磁感应强度大小为

O′ ?Q
O R B R
q R 2

B=k

i (t ) d + x (t )

(5) 方向垂直圆周所在的平面.由(4)(5)式,可得 、 mω i (t ) = k (d + R cos ωt ) q

A
N 图1

(6) 评分标准:本题 12 分. (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 4 分, (6)式 2 分.

五、参考解答: 1.质点在 A → B 应作减速运动(参看图 1) .设质点在 A 点的最小初动能为 Ek0 ,则根据能 量守恒,可得质点刚好能到达 B 点的条件为 kqQ kqQ kqQ kqQ (1) ? + mgR = Ek0 + ? R 3R / 2 2 R 5R / 2 由此可得: 7kqQ (2) Ek0 = mgR + 30 R 2. 质点在 B → O 的运动有三种可能情况: i.质点在 B → O 作加速运动(参看图 1) ,对应条件为 4kqQ (3) mg ≤ 9R 2 此时只要质点能过 B 点,也必然能到达 O 点,因此质点能到达 O 点所需的最小初动能由(2) 式给出,即

Ek0 = mgR +

7kqQ 30 R

(4)

若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的 E k0 略大一点. ii.质点在 B → O 作减速运动(参看图 1) ,对应条件为 4kqQ (5) mg ≥ 2 R 此时质点刚好能到达 O 点的条件为 kqQ kqQ kqQ kqQ (6) ? + mg (2 R) = Ek0 + ? R R/2 2 R 5R / 2 由此可得 11kqQ (7) Ek0 = 2mgR ? 10 R iii.质点在 B → O 之间存在一平衡点 D(参看图 2) ,在 B → D 质点作减速运动,在 D → O 质点作加速运动,对应条件 为 4kqQ 4kqQ (8) < mg < 2 2 9R R 设 D 到 O 点的距离为 x ,则

M Q C

O′ ?Q
O
D x

R 2

R

mg =

kqQ (( R / 2 ) + x)2

B
(9)

R
q



A
x= kqQ R ? mg 2
N (10) 图2

根据能量守恒,质点刚好能到达 D 点的条件为

kqQ kqQ kqQ kqQ ? + mg (2 R ? x) = Ek0 + ? R 2 R 5R / 2 ( R / 2) + x

(11)

由(10)(11)两式可得质点能到达 D 点的最小初动能为 、 5 9kqQ (12) Ek0 = mgR + ? 2 kgmqQ 2 10 R 只要质点能过 D 点也必然能到达 O 点,所以,质点能到达 O 点的最小初动能也就是(12)式 (严格讲应比(12)式给出的 E k0 略大一点. )

评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 5 分.求得(2)式给 5 分. 第 2 小问 15 分.算出第 i 种情况下的初动能给 2 分;算出第 ii 种情况下的初动能给 5 分; 算出第 iii 种情况下的初动能给 8 分,其中(10)式占 3 分.

六、参考解答: n = 1 时,A、B 间等效电路如图 1 所示, A、B 间的电阻

rL A rL
图1

rL B rL

R1 =

1 (2rL) = rL (1) 2 n = 2 时,A、B 间等效电路如图 2 所示,A、B 间的电阻
2 3

rL

1 3

R1

2 3

rL
B

A
2 3

rL

1 3

R1

2 3

rL

图2

R2 =

1?4 1 ? ? rL + R1 ? 2?3 3 ?

(2)

由(1)(2)两式得 、

5 R2 = rL 6

(3)

n = 3 时,A、B 间等效电路如图 3 所示,A、B 间的电阻

1 2 9

rL

9

rL

1 3

1

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3

A
2 9

9 1

rL rL
1 3

3 9 1

rL
B

rL

9

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3 9

rL
图3

3 9

rL

R3 =

1 ?1 ? 3 3 1 ? ? ? 9 ? 2 + 4 + 3 + 3 + 4 + 2 ? rL + 3 R2 ? 2? ? ? ?
7 rL 9

(4)

由(3)(4)式得 、

R3 =

(5)

评分标准:本题 20 分. (1)式 4 分, (3)式 6 分, (5)式 10 分.

七、参考解答:
2 1.根据题意,太阳辐射的总功率 PS = 4πRS σ TS4 .太阳辐射各向同性地向外传播.设地

球半径为 rE ,可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的,故地球接收太阳辐射的总功率为

?R ? PI = σ T ? S ? πrE2 ? d ?
4 S

2

(1)

地球表面反射太阳辐射的总功率为 α PI .设地球表面的温度为 TE ,则地球的热辐射总功率为

PE = 4πrE2σ TE4

(2)

考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射,则输入地球表面的总功率为 PI + β PE .当达到热 平衡时,输入的能量与输出的能量相等,有

PI + β PE = α PI + PE
由以上各式得

(3)

2 ?1?α ? TE = TS ? ? 2 ?1? β ?
代入数值,有

1/ 4

? RS ? ? d ? ? ?

1/ 2

(4)

TE = 287K

(5)

2.当地球表面一部分被冰雪覆盖后,以 α ′ 表示地球表面对太阳辐射的平均反射率,根据 题意这时地球表面的平均温度为 TE = 273K .利用(4)式,可求得

α ′ = 0.43
设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为 x,则

(6)

α ′ = α1 x + α 2 (1 ? x)
由(6)(7)两式并代入数据得 、

(7)

x = 30%

(8)

评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 11 分. (1)式 3 分, (2)式 1 分, (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 1 分. 第 2 小问 4 分. (6)式 2 分, (8)式 2 分.

八、参考解答: 方案一:采光装置由平面镜 M 和两个凸透镜 L1、L2 组成.透镜组置于平面镜 M 后面, 装置中各元件的相对方位及光路图如图 1 所示. 南

45°

L2
22.5o
M

L1
f1 f2

W

H

图1 L1、L2 的直径分别用 D1、D2 表示,其焦距的大小分别为 f1 、f2.两透镜的距离

d = f1 + f 2
直径与焦距应满足关系

(1)

f1 f = 2 D1 D2

(2)

′ 设射入透镜 L1 的光强为 I10 ,透过透镜 L1 的光强为 I1′ ,考虑到透镜 L1 对光的吸收有 ′ I1′ = 0.70I10
(3)

从透镜 L1 透出的光通量等于进入 L2 的光通量,对应的光强与透镜的直径平方成反比,进入 L2 的光强用 I 20 表示,即

I 20 D12 ? f1 ? = =? ? I1′ D22 ? f 2 ?

2

故有

I 20

? f ? = I1′ ? 1 ? ? f2 ?

2

(4)

′ 透过 L2 的光强 I 2 = 0.70I 20 ,考虑到(3)式,得
? f ? ′ ′ I 2 = 0.49 I10 ? 1 ? ? f2 ?
2

(5)

′ 由于进入透镜 L1 的光强 I10 是平面镜 M 的反射光的光强,反射光是入射光的 80% ,设射入装
置的太阳光光强为 I 0 ,则

′ I10 = 0.80I 0
代入(5)式有
2

? f ? ′ I 2 = 0.39 I 0 ? 1 ? ? f2 ?
按题设要求

(6)

′ I2 = 2I0
代入(6)式得
2

? f ? 2 I 0 = 0.39 I 0 ? 1 ? ? f2 ?

从而可求得两透镜的焦距比为

f1 = 2.26 f2

(7)

L2 的直径应等于圆形窗户的直径 W,即 D2 = 10cm ,由(2)式得

D1 = D2

f1 = 22.6cm f2

(8)

由图可知,平面镜 M 参与有效反光的部分为一椭圆,其半短轴长度为

b = D1 / 2 = 11.3cm
半长轴长度为

(9)

a = D1 (2sin 22.5o ) = 29.5cm

(10)

根据装置图的结构,可知透镜组的光轴离地应与平面镜 M 的中心等高,高度为 H . 评分标准:本题 20 分. 作图 8 分(含元件及其相对方位,光路) ,求得(7)(8)两式共 10 分, 、 、 (9)(10)式 共 2 分.

方案二:采光装置由平面镜 M 和两个凸透镜 L1、L2 组成,透镜组置于平面镜 M 前面, 装置中各元件的相对方位及光路图如图 2 所示.

L1

f1 f2

L2

45

M

W

22.5

o

H

图2 对透镜的参数要求与方案一相同. 但反射镜 M 的半短轴、半长轴的长度分别为

b = D2 / 2 = 5.0cm
评分标准:参照方案一.

和 a = D2 (2sin 22.5o ) = 13.1cm

方案三、采光装置由平面镜 M 和一个凸透镜 L1、一个凹透镜 L2 组成,透镜组置于平面 镜 M 后面(也可在 M 前面) ,装置中各元件的相对方位及光路图如图 3 所示. 南

45°
M

L2
22.5o

L1 f2 f1

W

H

图3 有关参数与方案一相同,但两透镜的距离

d = f1 ? f 2
如果平面镜放在透镜组之前,平面镜的尺寸和方案一相同;如果平面镜放在透镜组之后, 平面镜的尺寸和方案二相同. 评分标准:参照方案一.

九、参考解答: , 1.假设碰撞后球 1 和球 2 的速度方向之间的夹角为 α (见图)

v2 v0
0

α

m0

m0 v1

则由能量守恒和动量守恒可得

m0 c 2 + m0 c 2γ 0 = m0 c 2γ 1 + m0 c 2γ 2

(1)

( m0 v0γ 0 )
其中 γ 0 =

2

= ( m0 v1γ 1 ) + ( m0 v2γ 2 ) + 2 ( m0 v1γ 1 )( m0 v2γ 2 ) cos α
2 2

(2)

1
2 1 ? v0 / c 2

, γ1 =

1 1 ? v12 / c 2

,γ 2 =

1
2 1 ? v2 / c 2



由(1)(2)式得 、

1+ γ 0 = γ1 + γ 2

(3)

γ 02 + 1 = γ 12 + γ 22 + 2( v1v2 / c 2 )γ 1γ 2 cos α
由(3)(4)式得 、
2 γ 02 + 1 ? ( γ 12 + γ 2 ) 2 ( γ 1 ? 1 )( γ 2 ? 1 ) 2 c = c >0 2 v1 v2 γ 1γ 2 v1 v2 γ 1γ 2

(4)

cosα =

(5)

α<

π 2

(6)

即为锐角. 在非相对论情况下,根据能量守恒和动量守恒可得

1 1 1 2 2 m 0 v 0 = m 0 v 2 + m0 v 2 1 2 2 2

(7)

( m0 v0 )

2

= ( m0 v1 ) + ( m0 v2 ) + 2 ( m0 v1 )( m0 v2 ) cos α
2 2

(8)

对斜碰, v1 的方向与 v2 的方向不同,要同时满足(1)和(2)式,则两者方向的夹角

α=

π 2

(9)

即为直角. 2.根据能量守恒和动量守恒可得

m0 c 2 + m0 v0

m0 c 2
2 1 ? v0 c 2

=

m0 c 2 1 ? v12 c 2 +

+

m0 c 2
2 1 ? v2 c 2

(10)

2 1 ? v0 c 2

=

m0 v1 1 ? v12 c 2

m0 v2
2 1 ? v2 c 2

(11)

令γ0 =

1 1? v / c
2 0 2

, γ1 =

1 1? v / c
2 1 2

,γ 2 =

1
2 1 ? v2 / c 2

则有:
2 2 v0 = c 1 ? 1/ γ 0 , v1 = c 1 ? 1/ γ 12 , v2 = c 1 ? 1/ γ 2

代入(10)(11)式得 、

1+ γ 0 = γ1 + γ 2
2 γ 02 ? 1 = γ 12 ? 1 + γ 2 ? 1

(12)

(13)

解(12)(13)两式得 、

γ1 = 1


γ2 = γ0 γ2 =1

(14)

γ1 = γ 0


(15)

v1 = 0 , v2 = v0
(或 v1 = v 0 , v2 = 0 ,不合题意) 评分标准:本题 16 分. 第 1 小问 10 分. 、 (1)(2)式各 2 分, (6)式 4 分, (9)式 2 分. 第 2 小问 6 分. (10)(11)式各 1 分, 、 (16)式 4 分.

(16)


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