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1、- 1 - 第第 35 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 2018 年年 9 月月 22 日日 说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上的无效。说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上的无效。 一一、（40 分）假设地球是一个质量分布各向同性的球体。从地球上空离地面高度为h的空间站发射一个小物体， 该物体相对于地球以某一初速度运动， 初速度方向与其到地心的连线垂直。已知地球半径为 R ，质量为M ，引力常量为G 。地球自转及地球大气的影响可忽略。 （1）若该物体能绕地球做周期运动，其初速度的大小应满足什么条件？ （2）若该物体的初速度大小为0v，
2、且能落到地面，求其落地时速度的大小和方向（即速度与其水平分量之间的夹角）、以及它从开始发射直至落地所需的时间。 已知：对于0c，240bac ，有 23/22d2arcsin2x xabxcxbcxbCccabxcx 式中C为积分常数。 二二、（40分）如图，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端连一质量为m的小球； 弹簧水平， 它处于自然状态时小球位于坐标原点O； 小球可在水平地面上滑动， 它与地面之间的动摩擦因数为。 初始时小球速度为零， 将此时弹簧相对于其原长的伸长记为0A（00A ，但0A并不是已知量）。重力加速度大小为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1） 如果小球至多只能向右运
3、动， 求小球最终静止的位置， 和此种情形下0A应满足的条件； （2）如果小球完成第一次向右运动至原点右边后，至多只能向左运动，求小球最终静止的位置，和此种情形下0A应满足的条件； （3）如果小球只能完成n次往返运动（向右经过原点，然后向左经过原点，算1次往返），求小球最终静止的位置，和此种情形下0A应满足的条件； （4）如果小球只能完成n次往返运动，求小球从开始运动直至最终静止的过程中运动的总路程。 三三、（40分）如图，一质量为M、长为l的匀质细杆AB自由悬挂于通过坐标原点O点的水平光滑转轴上（此时，杆的上端A未在图中标出， 可视为与O点重合） ， 杆可绕通过O点的轴在竖直平面 （即-x y
4、平面，x轴正方向水平向右）内转动；O点相对于地面足够高，初始时杆自然下垂； 一质量为m的弹丸以大小为0v的水平速度撞击杆的打击中心（打击过程中轴对杆的水平作用力为零）并很快嵌入杆中。在杆转半圈至竖直状态时立即撤除转轴。重力加速度大小为g。 （1）求杆的打击中心到O点的距离； （2）求撤除转轴前，杆被撞击后转过（0）角时转轴对杆的作用力； （3） 以撤除转轴的瞬间为计时零点， 求撤除转轴后直至杆着地前， 杆端B的位置随时间t变化的表达式 Bxt和 Byt； （4）求在撤除转轴后，杆再转半圈时O、B两点的高度差。 xO m -A0t=0 x y O M m v0 l B - 2 - 四四、（40分
5、）Ioffe-Pritchard磁阱可用来束缚原子的运动，其主要部分如图所示。四根均通有恒定电流I的长直导线1、2、3、4都垂直于-x y平面，它们与-x y平面的交点是边长为2a、中心在原点O的正方形的顶点，导线1、2所在平面与x轴平行，各导线中电流方向已在图中标出。整个装置置于匀强磁场00BBk （k为z轴正方向单位矢量）中。已知真空磁导率为0。 （1）求电流在通电导线外产生的总磁场的空间分布； （2）电流在原点附近产生的总磁场的近似表达式，保留至线性项； （3）将某原子放入磁阱中，该原子在磁阱中所受磁作用的束缚势能正比于其所在位置的总磁感应强度totB的大小，即磁作用束缚势能tot|VB
6、，为正的常量。求该原子在原点O附近所受磁场的作用力； （4）在磁阱中运动的原子最容易从-x y平面上什么位置逸出？求刚好能够逸出磁阱的原子的动能。 五五、（40分）塞曼发现了钠光D线在磁场中分裂成三条，洛仑兹根据经典电磁理论对此做出了解释，他们因此荣获1902年诺贝尔物理学奖。假定原子中的价电子（质量为m，电荷量为e，0e ）受到一指向原子中心的等效线性回复力20mr（r为价电子相对于原子中心的位矢）作用，做固有圆频率为0的简谐振动，发出圆频率为0的光。现将该原子置于沿z轴正方向的匀强磁场中， 磁感应强度大小为B（为方便起见， 将B参数化为L2mBe） 。 （1）选一绕磁场方向匀角速转动的参考
7、系，使价电子在该参考系中做简谐振动，导出该电子运动的动力学方程在直角坐标系中的分量形式并求出其解； （2）将（1）问中解在直角坐标系中的分量形式变换至实验室参考系的直角坐标系； （3）证明在实验室参考系中原子发出的圆频率为0的谱线在磁场中一分为三；并对弱磁场（即L0）情形，求出三条谱线的频率间隔。 已知： 在转动角速度为 的转动参考系中， 运动电子受到的惯性力除惯性离心力外还受到科里奥利力作用，当电子相对于转动参考系运动速度为v时，作用于电子的科里奥利力为c2m fv 。 六六、（40分）如图，太空中有一由同心的内球和球壳构成的实验装置，内球和球壳内表面之间为真空。内球半径为0.200 mr
8、，温度保持恒定，比辐射率为0.800e ； 球壳的导热系数为2111=1.00 10 J msK， 内、外半径分别为10.900mR 、21.00 mR ，外表面可视为黑体；该实验装置已处于热稳定状态，此时球壳内表面比辐射率为0.800E 。斯特藩常量为8245.67 10W mK， 宇宙微波背景辐射温度为2.73KT 。 若单位时间内由球壳内表面传递到球壳外表面的热量为44.0WQ ，求 （1）球壳外表面温度2T；（2）球壳内表面温度1T；（3）内球温度0T。 已知： 物体表面单位面积上的辐射功率与同温度下的黑体在该表面单位面积上的辐射功率之比称为比辐射率。 当辐射照射到物体表面时， 物体表
9、面单位面积吸收的辐射功率与照射到物体单位面积上的辐射功率之比称为吸收比。 在热平衡状态下， 物体的吸收比恒等于该物体在同温度下的比辐射率。 当物体内某处在z方向 （热流方向） 每单位距离温度的增量为ddTz时， 物体内该处单位时间在z方向每单位面积流过的热量为ddTz， 此即傅里叶热传导定律。 x y O a a a a 1 2 3 4 r1R2R- 3 - 七七、 （40分） 用波长为633 nm的激光水平照射竖直圆珠笔中的小弹簧， 在距离弹簧4.2 m的光屏（与激光水平照射方向垂直）上形成衍射图像，如图a所示。其右图与1952年拍摄的首张DNA分子双螺旋结构X射线衍射图像（图b）十分相似。
10、 （1）利用图a右图中给出的尺寸信息，通过测量估算弹簧钢丝的直径1d、弹簧圈的半径R和弹簧的螺距p； （2） 图b是用波长为0.15 nm的平行X射线照射DNA分子样品后， 在距离样品9.0 cm的照相底片上拍摄的。假设DNA分子与底片平行，且均与X射线照射方向垂直。根据图b中给出的尺寸信息，试估算DNA螺旋结构的半径R和螺距p。 说明：由光学原理可知，弹簧上两段互成角度的细铁丝的衍射、干涉图像与两条成同样角度、相同宽度的狭缝的衍射、干涉图像一致。 图 a实际尺寸7.8cm - 4 - 八八、（40分）1958年穆斯堡尔发现的原子核无反冲共振吸收效应（即穆斯堡尔效应）可用于测量光子频率极微小的
11、变化，穆斯堡尔因此荣获1961年诺贝尔物理学奖。类似于原子的能级结构，原子核也具有分立的能级，并能通过吸收或放出光子在能级间跃迁。原子核在吸收和放出光子时会有反冲，部分能量转化为原子核的动能（即反冲能）。此外，原子核的激发态相对于其基态的能量差并不是一个确定值，而是在以0E为中心、宽度为2的范围内取值的。对于57Fe从第一激发态到基态的跃迁，1502.31 10JE，1303.2 10E。已知质量-26Fe9.5 10kgm，普朗克常量346.6 10J sh，真空中的光速813.0 10 m sc。 （1）忽略激发态的能级宽度，求反冲能，以及在考虑核反冲和不考虑核反冲的情形下，57Fe从第一
12、激发态跃迁到基态发出的光子的频率之差； （2）忽略激发态的能级宽度，求反冲能，以及在考虑核反冲和不考虑核反冲的情形下，57Fe从基态跃迁到激发态吸收的光子的频率之差； （3）考虑激发态的能级宽度，处于第一激发态的静止原子核57*Fe跃迁到基态时发出的光子能否被另一个静止的基态原子核57Fe吸收而跃迁到第一激发态57*Fe（如发生则称为共振吸收）？并说明理由。 （4）现将57Fe原子核置于晶体中，该原子核在跃迁过程中不发生反冲。现有两块这样的晶体，其中一块静止晶体中处于第一激发态的原子核57*Fe发射光子，另一块以速度V运动的晶体中处于基态的原子核57Fe吸收光子。当速度V的大小处于什么范围时，
13、会发生共振吸收？如果由于某种原因，到达吸收晶体处的光子频率发生了微小变化，其相对变化为1010，试设想如何测量这个变化（给出原理和相关计算）？ 图 b （黑色表示X射线曝光较强。中心零级亮纹不可见，1 级亮纹刚好可见，2、3、5 级较清晰，4 级亮纹因DNA双螺旋结构的关系“失踪”了）实际尺寸9.4cm 1第第 35 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2018 年 9 月 22 日2018 年 9 月 22 日 一一、 （40 分） 假设地球是一个质量分布各向同性的球体， 地球自转及地球大气的影响可忽略。从地球上空离地面高度为h的空间站发射一个小物
14、体，该物体相对于地球以某一初速度运动，初速度方向与其到地心的连线垂直。已知地球半径为 R ，质量为M ，引力常量为G 。 （1）若该物体能绕地球做周期运动，其初速度的大小应满足什么条件？ （2）若该物体的初速度大小为0v，且能落到地面，求其落地时速度的大小和方向（即速度与其水平分量之间的夹角） 、以及它从开始发射直至落地所需的时间。 已知：对于0c，240bac ，有 23/22d2arcsin2x xabxcxbcxbCccabxcx 式中C为积分常数。 参考解答：参考解答： （1）解法（一）解法（一） 假设小物体初始速度大小为0v，在地球引力场中其能量为 2012MmEmGRhv 式中m是
15、小物体的质量。小物体相对于地球中心的角动量为 0LmRhv 该物体能绕地球做周期运动，其能量应 0E 由此条件以及E的表达式，得 202GMRhv，即02GMRhv 物体能绕地球做持续的周期运动，不能坠落到地球表面。当物体初始速度0v 降低到某个值0minv时，物体运动的椭圆轨道将与地球表面相切，设这种情况下物体在与地球表面相切时的运动速度为v，由角动量守恒定律 0minmRhm Rvv，即0minRhRvv 由能量守恒定律有 220min1122MmMmmGmGRhRvv 将式代入式得 0min22GMRRhRhv 当物体初速度0v低于0minv时，其轨道都将与地球表面相交，因此会坠落到地面
16、上。所以物体绕地球作椭圆或圆形轨道运动，但不会坠落到地球表面的条件是 2 0222GMRGMRhRhRhv 解法（二）解法（二） 该物体能绕地球做周期运动，其运动轨迹应为椭圆（圆被视为椭圆的特殊情形） ，设其近或远地点之一与地心的距离和速度大小分别为1r和1v， 另一近或远地点与地心的距离和速度大小分别为2r和2v。由角动量守恒和能量守恒有 1122rrvv 2212121122MmMmmGmGrrvv 式中m是小物体的质量。消去2v得 21222222112111121120GMGMrrrrrvvv 将1r和1v视为已知，上式是21r满足的一个一元二次方程。21rr显然满足方程，因而11r 是一元二次方程的解。利用韦达定理，另一解是 221111121GMrrrv 显然，2rR，且有限，故有 2110rR 由式得，当1r给定时，1v必须满足 111122GMRGMr rRrv. 由题意知 1rRh，10vv 故有 0222GMRGMRhRhRhv （2）如果 022GMRRhRhv 则物体会落到地球上。根据能量守恒，它落到地面时的速度大小v满足方程 2201122MmMmmGmGRR
