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1、第35届全国中学生物理竞赛复赛试卷本卷共八题，满分320分。一、（40分）假设地球是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。己知地球半径为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,且能薄到地面，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c 0 ,有式中C为积分常数。xdx _ /a + bx + cx2 b 2ex + b
2、 -Ja + bx + cx2 c2(-泸 Va二、（40分）如图，劲度系数为k的轻弹筑左端固定，右端连-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0；小球可在水平地面上滑动，它与地面之间的动 摩擦因数为尹。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（&0, 4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。U）如果小球至多只能向右运动，求小球最终静止的位置，和此种情形劣应满足的条件;（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&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
3、，然后向左经过原点，算1次往返）, 求小球最终静上的位置，和此种情形下&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、（40分）如图，一质量为M、长为1的匀质细杆AB自由悬挂于通过坐标原点0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。点重合），杆可绕通过0点的轴在竖直平面（即x-y平面，x轴正方向水平向右）内转动；0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v。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
4、。（1）求杆的打击中心到0点的距离；（2）求撤除转轴前，杆被撞击后转过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X。和成）;（4）求在撤除转轴后，杆再转半圈时0、B两点的高度差。四、（40分）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0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Ba = B.k （k为z轴正方向单位矢量）
5、中。已知真空 磁导率为丛。（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）将某原子放入磁陆中，该原子在磁阱中所受的磁作用束缚势能正比于其所在位置的总 磁感应强度8皿的大小，即磁作用束缚势能V = iB,ot, #为正的常量。求该原子在原点0 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、（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,
6、e0）受到一指向原子中心的等效线性回复力福r （r为价电子相对于原子中心的位矢）作用，做固有圆频率为气的简谐振动，发出圆频率为气的光。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B2mTd)L )o（1）选一绕磁场方向匀角速转动的参考系，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例的谱线在磁场中分为三；并对弱磁场 （即）情形，求出三条谱线的频率间隔。已知：在转动角速度为切的转动参考系
7、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 fc = x vr o六、（4。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r=0.2Q0m,温度保持恒定，比辐射率为e=0. 800；球壳的导热系数为 A = 1.00x10 2J-m -s-K,内、外半径分别为& =0.900桃、R2 = .0Qm ,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E=0.800。斯特藩常量为 b = 5.67x10项甲.所或.反7,宇宙微波背景辐射温度为t=
8、2. 73Ko若单位时间内由球壳内表面 传递到球壳外表面的热量为Q=44. 0W,求a）球壳外表面温度a；（2）球壳内表面温度a：（3）内球温度己知：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竺时， az物体内该处单位时间在Z方向每单位面积流过的热量为-左华,此即傅里叶热传导定律。dz七、（40分）用波长为633nm的激光水平照
9、射竖直圆珠笔中的小弹簧，在距离弹簧4. 2m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。（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，弹簧圈的半径R 和弹簧的螺距P；（2）图b是用波长为0. 15nm的平行X射线照射DNA分子样品后，在距离样品9. 0cm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和螺旋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
10、同宽度的狭缝的衍射、干涉图像一致。图b （黑色表示X射线爆光较强。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）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（即核反冲能）。此外，原子核的激 发态相对于其基态的能量差并不是个确定值，而是在以&为中心、宽度为2的范围内取 值的。对于*F
11、e从第一激发态到基态的跃迁，耳）= 2.31x10小八r = 3.2xlO_,3Eo =己知质量 mFe = 9.5 x 10-26kg,普朗克常量 h = 6.6x10 34 J , s,真空中的光速 c - 3.0x 108m s-1 o（1）忽略激发态的能级宽度，求核反冲能，以及在考虑核反冲和不考虑核反冲的情形下，57压从第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，求核反冲能，以及在考虑核反冲和不考虑核反冲的情形下， S7Fe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 激发态的静止原子核F*跃迁到基态时发出的光 子能否被另一个静止的
12、基态原子核* Fe吸收而跃迁到第一激发态Fe * （如发生则称为共振 吸收）？并说明理由。（4）现将齐晶原子核置于晶体中，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邻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sFe吸收光子。当速度V的大小处于什么范围时，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10须， 试设想如何测量这个变化（给出原理和相关计算）？第35届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案及评分标准一、参考解答:（1）解法（一）假设小物体初始速度大小为在地球引力场中其能量为E
13、=式中m是小物体的质量。小物体相对于地球中心的角动量为L=mv0（R + h）该物体能绕地球做周期运动，其能量应EQ由此条件以及E的表达式，得绪竺叫，即也性 R+h R+h物体能绕地球做持续的周期运动，不能坠落到地球表面。当物体初始速度降低到某个值皿时,物体运动的椭圆形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,由角动量守恒定律由能量守恒定律有冲蛔（犬+弁）=mvR，即 V =飞心K七嚏n-G地&也2 Om,n R + h 2 R将式代入式得= 2GMR Vmin _ (R + h)(2R + h)当物体初速度V。低于颇时，其轨道都将与地球表面相交，因此会坠落到地面
14、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2GMR (R + fi)(2R + h) 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-与地心的距离和速度大小分别为“和H ,另一近或远地点与地心的距离和速度大小分别为弓和。由角动量守恒和能量守恒有= r2v2 _L*_G=OG些21 r 22 r2式中ni是小物体的物质。消去I _2GM .1_ I （v2_2GW） = 0r2 ri r2 /ri将*和i视为已知，上式是满足的一个元二次方程。= *显然满足方程，因而上是-元二次方程的解。利用韦达定理，另一解是1 _1(
15、2GM 弓*尸M-1显然r2R,且有限，故有 !土由式得，当*给定时，h必须满足2GMR 1GM由题意知= R+力见=%故有2GMR(R + h)(2R + h)Vg 2GM R + h(2)如果voj 2GMR (R + h)(2R + h)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1 2 八 Mm 17 八 Mmwv* G = 一皿队G 2 R 2 0 R+h由式得2 2GMhVa + R(R + h)2 2GM 2GMV = a / v0 hV R R + h设物体落地点相对于地心的矢径与物体初始位置相对于地心的矢径之间的夹角为0。根据角动量守恒，物体落到地面时的
16、水平速度V满足方程Rvff = (R + h)v0上式即物体的速度方向与水平面的夹角是a = arccos = arccosv(R +幻将物体的运动用极坐标0(f), r(f)描写，角动量守恒和能量守恒可分别表为即tn2dr dtf 1 2(d0 I +2rdt|2Mm 1 2 Mm-G= wvn -GIr 2 0 R+h消去岑得drdt(R + h)2v 2GM 2 2GM+ - +V R + h物体从开始发射直至落地需要的时间为R+hdr(/? +幻2祐 | 2GM J 2 2GMR+hrdr2GM R + hr1 + 2GMr-R + hvl取参量a =（我+幻2螺0 = 26由,。=祢
17、一0利用题给积分公式，完成积分得IGMRh sn o 4iv0 (2R + fi)h2GM-vl(R + h) R + h+GM2GM-vl(R + h)当初始速度大小为临界值 =7t+ arcsin2.v*R(R + h)-GM(R-h) 巡 GM(R + h) v*(R + h)22GMR 曲 时, (R + h)(2R + h)下落时间为32R + h评分标准：本题40分。第（1）问15分，解法（一）式各3分;解法（-：）式6分，式1分，式2分，式各3分。第（2）问25分，式各3分，式各2分，式1分，各4分。二、参考解答：（D若机K pmg或0 & M挡匡k小球静止于其初始位置x = -
18、A 气# 或 Amg k小球能向右运动，设小球第次向右运动到速度为零时弹簧的伸长量为X （其符号暂未确定），根据功能原理有-;+X）由此得x = Z业坚k当XW0,即竺竺kk弹簧处于压缩或自由状态，且小球所受向右的弹力F = kBx= 2jumg - kAQ 0）：第n次向右运动至速度为零的位置为国（乩0）,第n次返回至速度为零的位置为-4（40）。由式并类推有5=典,用-，劲性， 1 k 11 kAf=牛产穿1=罕， KK由此得 4 = 4-包曜k将4视为初始压缩量4,利用（1） 的结果。式以及乱的表达式。可知,小球最终静止于x=4/zmg4npmg(4n + l)/?!g U，二10, f
19、k当 2伽 +1)啊g q (4” + 3)vng康kk。康式中当后式取等号时前式也取等号。（4）设小球在由开始运动直至静止整个过程中通过的总路程为$,设由功能原理有式中，x的值如（Q O（ 式所示。由此得s = （水-亍）2.mg即5 = 一也竺当箜理&顼4 + 1）的gk k ） kks = 2（2+（2 + 1）F当例+ 伊吼耳+为所近V k ）kks = 4（2 + l）叫,当地通鹫虹业kJkk评分标准：本题40分。第（1）问12分，式各1分，式各2分；第（2）问8分，式各2分；第（3）问11分，式3分，QQ康式各2分；第问9分，式3分，二、参考解答:（1）设打击中心位置距转轴距离为L
20、,水平外力F作用于打击中心后肝的角加速度为8。由刚体定轴转动的动力学方程有FL = mW式中-Mlhl是杆绕过其端点A (即。点)的水平轴转动的转动惯量。由式得F =黑3 Mr在弹丸撞击杆后的瞬间，杆的质心加速度的水平分量为ax=-fi = 2 2MI设轴对杆的作用力的水平分量为乙，由质心运动定理有F-Fx = Max 将式代入式，水平外力打击到杆的打击中心处，轴对杆的作用力的水平分量应为零7由此得，杆的打击中心到0点的距离为L = -l3(2) 弹丸与杆的碰撞过程满足动量守恒mvQ =(M + m)v解得 八工设碰撞后带弹丸的杆的质心位置与。点的距离为L,贝！I(M + m)Lc =Ml +
21、 mL即 L = 4m + 3M/。6(M + m)在碰撞后的瞬间，杆转动的角速度为工=,6/Lc (4m + 3M)l带弹丸的杆的转动惯量为 I=牧2+m Q/T =打冲+w在杆从垂直位置转过0(O0+ tz）2x + ax-ax ax + q./1 (x + a)2 + (y a)2 (x - a)2 + (尹一a)2 (x - af + (y + a, (x + a)2 + (y + a)2（2）对于原点。附近的任一点（x y）,有 |x|a,|y|q保留至二21的一次项，B.BnBB可近似为 a a坊-(J珈-(。+力力 R/ 74 (a + X)i-(a + y)y B r(a +
22、x)i + (a-y)JB4 -(a - x)i + (a- y)j Attg电流在原点附近任一点（*,*）产生的总磁场可近似为B a 丁 (xi 珂)+ B(yk7i a法保）（必+/）原子在原点。附近所受的磁作用的束缚势能为Tl“为+法（劄（子+护）（3）在原点附近的总磁感应强度为Blol（Xi-yi） + Bak7ra在原点0附近总磁感应强度的大小为除开常数项外，这是二维(x-y平面)简谐振子势能，因此该原子在原点。附近所受磁场的作用力应是x-y平面上沿径向指向原点0的力FlSo2(.xi + yj)(4) 原子在磁阱中所受的磁作用的束缚势能为 =/润/=局此+WF式中B如式所示。由系统
23、的电流分布可以断定，在x-y平面内磁感线最稀疏的位置应该在x轴或y轴上，或者说束缚势 垒高度最小的位置应该在x轴或y轴上，这也是原子在x-y平面内最容易逸出的方向。由式，当y=0时，在x轴上束缚势能为f(x,y = 0) =外 说+伍小一 -JN 兀 J+a (x + a) +a由极值条件也回=0得*(3/_物4) = 0dx其中，极值点X = 0,即原点位置对应于势能最小值位置；而极值点航和互对应于X轴上势能极大值 位置。在y轴方向也有类似结果。因此，运动原子在x-y平面内最容易沿x轴或y轴方向，在下述空间位置从磁阱中逸出。由式知，在x =处，原子的束缚势能为I )卜印方=。此+当妁 /(
24、1 类似的，在x = 0,/ = 士:Ja处，原子的束缚势能也为式所示。由式，在磁阱中心(x=0,y=0) /原子所受磁作用的束缚势能为评分标准：本题40分。第(1)问10分，式各2分；第(2)问10分，式各2分；第（3）问8分，。式3分，式1分，）式各2分；第（4）问12分， （ 式各2分五、解法（一）（1）以正离子中心为原点0的实验室参考系Oxyz与以角速度口绕z轴旋转的参考系Oxfyfzf如图所示, z轴和，轴重合，沿磁场方向。记两参考系坐标轴正向单位矢量分别为和 WL旋转系中，价电子除受线性回复力和洛伦兹力-evx B外，还受惯性离心力和科里奥利力-2ma)xv,作用，其合力为 Ff
25、- -mojr-evxB-mo)x(yx r) -2mct)x vrF； = ma)QZr或写成等价的分量形式F； = -maxr 一 evv.B + mo/xr +Fy. = -ma)yr + evx,B + mary, - Imcov式中*和*，是实验室参考系中价电子速度v在丫和y坐标轴上的分量，而吃和咚是旋转系中价电 子速度讨在丫和*坐标轴上的分量。两参考系位矢之间和速度之间的变换关系为rrv = ct)xr +速度之间的变换关系可写成等价的分量形式= 七 M式可写为Ff -mar 4- y） x（6? x r） - 2m（a）L 一口） xv eB式中，a）L = 0）（0 = 0）
26、,而cdj =2mF + 2（ir 刃）刃x co）vf r式也可写成等价的分量形式F； =+ 2（叱 一 a）a）yf -一 a）vrx.有F mar +xx 尸）=m（福 + 就）（工7 + W） +这是各向异性的线性回复力，旋转系中价电子运动的动力学方程为 mar = Fr 利用式，式的分量形式为=-（云+就）时”2 ，Z = W0 Z这是三维简谐振动的动力学方程，其解为xr = A cos（J& + 口力 + 饥）yr = A2 sin（Ja）； + 就/ + 代）zr = A3 cost +（p3）式中，常量4543和代,02阴分别是相应的振幅和相应，它们由价电子的初始位置与初始速度
27、决定。x = xcos 以1 一 j/sin 破（2）由几何关系，可得两参考系之间的坐标变换关系为y = x，sinm+Vcos仞z= zr将式代入式，利用积化和差公式，并注意到式，可得实验室参考系中的解为刀4Wcos（_ + 0） - COS（tt）_Z +（p2）= A_ C0S（6t? +。_）4-sin（6y_? + 啊）+ cos（6U_t + pj = A_ sin（tyj +（p_）而式化为x- cos（a）+t +。十）+ 4 cos（汝 + 代）y- A_ sin（tyL/ +。十）一 /_ sin（_f +（p_）z= A3cQs（o）at +（pa）可见，处于磁场中的原子
28、的价电子参与三个频率的振动，发出三种圆频率分别为旧,桃），气O的光。对弱磁场（即a）Lo）Q ）情形，由。式，略去二阶小量得，圆频率可近似为coLcoacoL 三条谱线的圆频率间隔为Cf）+ - =饱一 C0_ =评分参考：本题40分。第（1）问20分，式各2分，式4分，（式各2分，式4分，式2分；第（2）问9分，式各3分；第（3）问11分，式2分，式3分，Q康式各2分。解法（二）（1）牛顿第二定律可写成ma = -mor -evxBz = -ax-2a）Ly在直角坐标系中，该运动方程为 y =- 2cdlz Z =福zx = xcosC- ysindyf对方程做变换* = xsin仞+ yc
29、os以z z对上式关于时间求导得-2a/-cx dt- 2y - |sin a)t + dt Jcos 财一+ 2 企学一切 2ysin 破+ 2 口一 刃J cos a)t2(cy g)l) 2刃口 )丫 cos cot dx)+ 2(co-col)一标sin仞=0dt)- a)L)(刃2 2.(Dd)L )xz j sin a)t + 2(fy g)l )(6? _cos cot 0dtJ再对上式关于时间求一次求导得dx =dy _dt2 将以上三式代入式得式对于任意时间t时刻成立，应有1一2（一饥）宇一（口2-2a）a）L）xf = 0i- + 2（口一吃）（刃2 福-2a）coL）y,
30、 = 0dtdt如果选择co-o）L则上式化简为d2xr ,点+ U 1 dt2jo += 0或+y=o慕=_（疏+尻）X，与满足的方程合并，得转动参考系中的动力学方程为土当=一（福+成）* atd侦2 ,xr = Ax cos（J如 + 勿，+ 但）其解为 _/ = 4cos（J屁十f + 伊2） z = Acos（a）0t + Lpep 式中动力学方程的分量形式为d2p p dtdp dedt dt（de _ 29 doat JatdM 、 ded2z 2dt选一绕磁场方向匀角速转动的参考系，设此参考系绕z轴转动的角速度为c（切与时间无关）。在这-旋转参考系中，设在垂直磁场平面上角位置坐标
31、为。，应有e=a）t+ff将上式代入动力学方程的第二个方程，有步如果选择便有d（ 2d0, nE =dedt.de=2（气-时券这表明旋转系中电子在角度方向上不受力，由上式得由于上式对于所有的均要成立，故常量c=o,即有2必 p - = c dtd&dtpp所以，在绕磁场方向以匀角速度气转动的参考系中，价电子的动力学方程为F = _（ + 勿;）Q嘤=0dt2d2z 2P = Ap cos（橱 +at +（pp可见，在旋转系中，价电子做简谐振动。方程的解为=（p0z = qcos（+e=）其中Ap,.r +（Pppo |利用三角函数积化和差关系，得A.y =气-sin（勿+& + 外 + 物）
32、-+ 外物）Z = &CQS（ + Q）式中(o =/q +a) coLO或由几何关系，可得实验室参考系和旋转系之间的坐标变换关系为x - xrcos cot - yzsin cot = p cos 0r cos cot - p sin 0f sin cot+，+ /) +4-sin(rz?7 + +Z + ) gsin(ft?_ + 例)一-y-sin(/t_f +式中，常量At,A2,A3和例，饱，?是由价电子的初始位置与初始速度决定的常量，且与4,%,物,4,但有关，而 ft = J 桃 a）LO （3）的解法与解法（一）相同。评分参考：与解法（一）相同。解法（四）（未按题目要求做）利用牛顿第二定律可得，价电子运动的动力学方程为ma = -m疏-evxBz 在直角坐标系中电子的运动方程的分量形式为y = -ay2coLx 22=-0）2