24届复赛试题答案

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1、第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答参考解谷:如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，这时的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度o较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过 而不与平板接触，这时“。的值便是满足题中 条件的最小值.设小球从台面水平抛岀到与平板发生第次碰撞经历的时间为有若碰撞正好发生在 Q处，则有：L =财(2)从(1)、(2)两式解得的“值便是满足题中条件的最大值，即Omax =L代入有关数据得： omax =0.71m/s (4).设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方如果以。皿遂，小球与平板的碰撞处

2、将不在。点 向的速度为。I，则有q =A2gh(5)碰撞过程中，小球以布、分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在 和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是秫，则有mv = mvx + mVA因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得mVy + mul = mvA +mVA +(7)2碰撞后，平板从其平衡位置以 * 为初速度开始作简谐振动 .取固定坐标，其原点 0与平 板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为1 = 0,则平板在时刻离开平衡位置的位移、PQ=ACOS伽 + 伊） （10）式中：co =

3、A （11）TA 和仞是两个待定的常量，利用参考圆方法，在邛寸刻平板振动的速度%Q =-A6ysin （仞 + 仞） （ 12）因，=0 时，XpQ = 0 . #PQ=V，由（9）、（ 11）、（ 12）式可求得A = AT (13)(P ( 14)2把( 13)、( 14)式代入( 10)式，得： x PQ =A5ATcosf ( 15)2 冗T 2)碰撞后，小球开始作平抛运动 . 如果第一次碰撞后，小球再经过时间L 与平板发生第二次碰撞且发生在。处，则在发生第二次碰撞时，小球的X 座标为AB(?2) = ( 16)平板的 X 座标为： Xpo0) = ?&Tcosf 樊一买 (17)2兀

4、 v T 2)在碰撞时，有： xB (t2) = xPQ(t 2)(18)由（16）、（ 17）、（ 18）式，代入有关数据得：4.90 片=4.41cos 瓦一 ；一一（19）这便是上满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）t-, = 0.771s（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘。处，则有：L = u 0t i+t2）（21）由（ 1）、（ 20）和（ 21 ）式得=0.46m/s(22)而满足题中要求的“。的最小值应大于（22）式给岀的值.综合以上讨论，“。的取值范围是0.46m/s M0 : c, (io)入虹厂 =湘小 (ii)由于隔板与容器内壁无摩擦，故有P

5、： = P ； ( 12)由理想气体状态方程，则有P:= ART : (13)因:叮 + *=(15)由(8)? (15)式可得:;此16)(17)在推动活塞压缩气体这一绝热过程中，隔板对a室气体作的功布等于 a室中气体内能的增加,(18)(19)w = Wq(Dc (、由(6)、(17)和(18)式得： W = 2 勺一1 p(yQ2R四、参考解答:yX XXXX1 X r XXXX11X IXXXX111X |XXXX1X !xXXXX XpXXX 0X女XXX设某一时刻线框在磁场区域的深度为速度为。，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为乓=084,它在线框中引起感应电流，感应电流

6、的变化又引起自感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势；与设定的正方向相反，自感电动势此=- 与设定的正方向相同.因线框处于超导At状态，电阻R = 0,故有互一乓=L vBI 2 一 iR 0 (1)AZ 一即：L + Bh = Q -Nt - Z(3)或： Bl-,x = -LM即：虫=_匹 (4)Ax L场区域时右可见z与X成线性关系，有i = A-Ax+ C (5)LC为一待疋常数，注意到x = 0时，7 = 0,可得C = 0 ,故有x0时， = $ “代入（6）式（星光波长采用元），得0 = - （ 7）h远处的星体作为扩展光源发出的光经过“

7、测星仪”到达双孔，在屏上观察到干涉条纹的清晰度下降，由小到大调节 Mi 、必距离人，当屏幕上条纹消失时，记下此时介的值代入（7）式就可确定扩展光源角直径。的大小 .注：实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源，通过调节/? 使屏幕上的干涉条纹消失 , 即各处强度完全相等时，通过数学计算，用迈克尔逊测星仪测量得的星体角直径0 = 1.22-.h解法二如图3所示，对 M、州而言，找岀对姬的中间像X和对构所成的像以及光线a在泌、AG的反射点F和G.由物像的对称性可知或 =两，FS = FS ;，故FS; = FG + GSA即从光线a上一点到和到岛的光程相等 .同理可证，从光线 b上一点到和到的光 程相

8、等；对 也、M （未画岀）而言，从光线，上一点到 S;和到岛的光程相等；从光线 Z/上一点到S;和 到S2的光程相等.I怨二g3因此，光线。到 S处与光线a到禹处引起的光程差与没有反射镜Ml、心2时两光线到S, S;处的光程相等.因a、a垂直双孔屏，故A/a =0通过双孔、禹后，光线“、a在匕的光程差A/ ； =0 (2)平行光束力$斜入射时，可从5, 5;处求仄Z/两光线到达S、处的光程差心由S;作焚：的垂线(见图4),M =7iS = hsmQAhQ (3)说明光线Z/超前于光线R通过双孔、岛后光线力、$射岀的相干光线在屏幕上形成的零级亮纹不可能位于E处，因为二者到达双孔前光线 Z/己超前

9、了光线力，如图 5所示，光线$经过$2孔后要多走 一段光程 来抵消前面的相位差，以达到与光线万在没有光程差的情况下相交于远方屏幕上，形成干涉零级亮纹.该点所对应的b经过S2孔后多走的光程=S2PQ - SPQ = dsm(p d(p (4)从左4= A/ ；可求得平行光束力/经双孔后在观察屏上的干涉零级条纹位置由(3)式和(4)式，得：(p(6)的位置坐标： y ； =Dta nn D(p-由小到大调节反射镜肱1、也之间的距离(也就是S, S;之间的距离)h,直到屏幕上的干涉条纹消失，即各处强度完全相等时，记下此时介的值.这时相干光 AZ/在屏幕上零级亮纹位置与丛的距离福=说 _0 =力= (

10、7)当瓦耳等于条纹间隔 “，即-D -丛鸟=7A d代入(7)式得：pK (9)d由(5)、(9)两式，得：e = - (10)解法三扩展光源的允许宽度为w=Ln从而扩展d根据第2问的结果，为使条纹能被分辨, 光源对双缝中心的张角为如图3所示，对M、也而言，找岀对州的中间像览和对肱1所成的像S；以及光 线在泌、“3勺反射点F和G.由物像的对称性可知或 =两，FS = FS ;，故FS = FG + GS即从光线a上一点到和到岛的光程相等.同理可证，从光线 b上一点到和到的光程相等；对也、M (未画岀)而言，从光线，上一点到S；和到岛的光程相等；从光线Z/上一点到S；和到$2的光程相等.从分析可

11、知，5；为经阪、州反射的等效像点，S；为$2经啊、必反射的等效像点，从而可将测星干涉看作是经双孔5, 5 ；的等效杨氏双缝干涉，其缝距为草=h (2)由小到大调节反射镜 M、M之间的距离(也就是S:、S;之间的距离)h,直到屏幕上的干 涉条纹消失，即各处强度完全相等，这时只需将测得的/直接替换(1)式中的d,可得计算星体角直径的公式得到与前两种解法相同的结果七、参考解答：根据题意， Be 核和 K 层电子的动量都为零，在第一个反应中，若用月 L/ 表示激发态 锂核 Li ） * 的动量，高表示中微子门的动量，则由动量守恒定律有刀 u* + A, = 0 （ 1 ）即激发态锂核的动量与中微子的动

12、量大小相等，方向相反 . 在第二个反应中，若用九，表示 反 冲锂核 Li 的动量， R 表示光子的动量，则由动量守恒定律有刀口+瓦 - 由（ 1）、（ 2）式得： pu = -（pT + pA） - （3） 当锂核的反冲动量 Pu 最大时，其反冲能量也最大 . 由（ 3 ）式可知，当中微子的动量与Y 光子的动量同方向时，锂核的反冲动量最大 . 注意到 Y 光子的动量有： =/+ C上）由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多，锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系 表示，这时有由（ 5）、（ 6）式得2P&C = yj2mLic2ER - hv ( 7)代入有关数据得Pn=0.38MeV/c ( 8)用鸟表示中微子的能量，根据相对论有E& =Amy+py （9）根据能量守恒定律有：tAc- + m eC- = wlic2 + Er + hv + A (10)2 2 2 2 2由(9)、(10)式得： mAc = (mBec2 + mec -mLic - E R- hvA - pAc 由( 8)式和已知数据得2=0.001 MeV/c 2 (12)(11)能确由( 12)式可知，所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内，故不 定中微子的静止质量 . 如果有，其质量一定小于0.IMeV/c 2.