2013年第30屆全國中學生物理競賽復賽試題及參考答案

1、0第 30 屆全國中學生物理競賽復賽考試試題（15 分）一半徑為 R、內(nèi)側(cè)光滑的半球面固定在地面上，開口水平且朝上一小滑塊在半球面內(nèi)側(cè)最高點處獲得沿球面的水平速度，其大小為Vo（V。=0）.求滑塊在整個運動過程中可能達到的最大速率重力加速度大小為g二、（20 分） 一長為 2I 的輕質(zhì)剛性細桿位于水平的光滑桌面上，桿的兩端:分別固定一質(zhì)量為m 的小物塊 D 和一質(zhì)量為:m（ :為常數(shù)）的小物塊 B，桿可繞通過小物塊B所在端的豎直固定轉(zhuǎn)軸無摩擦地轉(zhuǎn)動 一質(zhì)量為 m 的小環(huán) C 套在細桿上（C 與桿密接），可沿桿滑動，環(huán) C 與桿之間的摩擦可忽略 一輕質(zhì)彈簧原長為 I，勁度系數(shù)為 k,兩端分別與小

2、環(huán) C 和物塊B 相連 一質(zhì)量為 m 的小滑塊 A 在桌面上以垂直于桿的速度飛向物塊D，并與之發(fā)生完全彈性正碰，碰撞時間極短碰撞時滑塊 C 恰好靜止在距軸為 r （r l）處1.若碰前滑塊 A 的速度為Vo，求碰撞過程中軸受到的作用力的沖量;2.若碰后物塊 D、C 和桿剛好做勻速轉(zhuǎn)動，求碰前滑塊A 的速度Vo應(yīng)滿足的條件三、（25 分）一質(zhì)量為 m、長為 L 的勻質(zhì)細桿，可繞過其一端的光滑水平軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動桿在水平狀態(tài)由靜止開始下擺，匸 令表示細桿質(zhì)量線密度當桿以角速度繞過其一端的光滑水平軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動L時，其轉(zhuǎn)動動能可表示為Ek=k 二 L式中，k為待定的沒有單位的純常數(shù) 已

3、知在同一單位制下，兩物理量當且僅當其數(shù)值和單位都相 等時才相等由此求出:-、-和 的值2.已知系統(tǒng)的動能等于系統(tǒng)的質(zhì)量全部集中在質(zhì)心時隨質(zhì)心一起運動的動能和系統(tǒng)在質(zhì)心系（隨 質(zhì)心平動的參考系）中的動能之和，求常數(shù)k的值速度大小為g提示：如果X（t）是t的函數(shù)，而Y（X（t）是X（t）的函數(shù)，貝U Y（X（t）對t的導數(shù)為dY（X（t） _dY dXdt dX dt例如，函數(shù) cos（t）對自變量t的導數(shù)為dcos v（t） dcos v gvdtd v dt四、（20 分）圖中所示的靜電機由一個半徑為R、與環(huán)境絕緣的開口（朝上）金屬球殼形的容器和一個帶電液滴產(chǎn)生器G 組成.質(zhì)量為 m、帶電量為

4、q的球形3.試求當桿擺至與水平方向成二角時在桿上距O點為 r 處的橫截面兩側(cè)部分的相互作用力.重力加液滴從 G 緩慢地自由掉下（所謂緩慢，意指在G 和容器口之間總是只有一滴液滴）液滴開始下落時相對于地面的高度為h.設(shè)液滴很小，容器足夠大，容器在達到最高電勢之前進入容器的液體尚 未充滿容器忽略 G 的電荷對正在下落的液滴的影響 重力加速度大小為g.若容器初始電勢為零， 求容器可達到的最高電勢Vmax五、（25 分）平行板電容器兩極板分別位于z =d的平面2內(nèi)，電容器起初未被充電 整個裝置處于均勻磁場中，磁感應(yīng)強度大小為 B，方向沿 x 軸負方向，如圖所示.1.在電容器參考系S中只存在磁場；而在以

5、沿y 軸正方向的恒定速度（0,v,0）（這里（0,v,0）表示為沿 x、y、z 軸正方向的速度分量分別為 0、v、0，以下類似）相對于電容器運動的 參考系S中,可能既有電場（Ex,E,Ez）又有磁場（Bx,B,Bz）.試在非相對論情形下，從伽利略速度 變換，求出在參考系S中電場（Ex, Ey,Ez）和磁場（Bx, By,Bz）的表達式已知電荷量和作用在物體上 的合力在伽利略變換下不變2 現(xiàn)在讓介電常數(shù)為:的電中性液體（絕緣體）在平行板電容器兩極板之間勻速流動，流速大小為v，方向沿y軸正方向在相對液體靜止的參考系（即相對于電容器運動的參考系）S中，由于液體處在第 1 問所述的電場（Ex,Ey,E

6、z）中，其正負電荷會因電場力作用而發(fā)生相對移動（即所謂極化 效應(yīng)），使得液體中出現(xiàn)附加的靜電感應(yīng)電場，因而液體中總電場強度不再是（Ex,Ey,Ez），而是（Ex,Ey,Ez），這里；o是真空的介電常數(shù)這將導致在電容器參考系S中電場不再為零.試求電容g器參考系S中電場的強度以及電容器上、下極板之間的電勢差（結(jié)果用；。、；、v、B 或（和）d表出）六、（15 分）溫度開關(guān)用厚度均為ONO mm的鋼片和青銅片作感溫元件；在溫度為20 C時，將它們緊貼，兩端焊接在一起，成為等長 的平直雙金屬片若鋼和青銅的線膨脹系數(shù)分別為10 10/度和2.0 10*/度.當溫度升高到120 C時，雙金屬片將自動彎成圓

7、弧 形，如圖所示.試求雙金屬片彎曲的曲率半徑.（忽略加熱時金屬片厚度的變化.）七、（20 分）一斜劈形透明介質(zhì)劈尖，尖角為 r ,高為 h .今以尖角頂點為坐標原點，建立坐標系 如圖（a）所示；劈尖斜面實際上是由一系列微小臺階組成的，在圖（a）中看來，每一個小臺階的前側(cè)面與 xz 平面平行，上表面與 yz 平面平行.劈尖介質(zhì)的折射率 n 隨 x 而變化,b 0. 一束波長為的單色平行光沿 x 軸正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透鏡，在劈尖與薄凸 透鏡之間放一檔板，在檔板上刻有一系列與z 方向平行、沿y方向排列的透光狹縫，如圖（b）所xdi 2XXXXOxKXX-aT-XXXxd：2JCyXn（

8、x） =1 bx，其中常數(shù)示.入射光的波面（即與平行入射光線垂直的平面）、劈尖底面、檔板平面都與 為x軸.要求通過各狹縫的透射光彼此在透鏡焦點處得到加強而形成亮紋y= 0處；物和像之間各光線的光程相等1.求其余各狹縫的y坐標;2試說明各狹縫彼此等距排列能否仍然滿足上述要求% = 0.51T106eV/c2計算中有必要時可利用近似：如果x 門：1，有1- x?1-*x.x 軸垂直，透鏡主光軸.已知第一條狹縫位于現(xiàn)逆康普頓散射已知電子靜止質(zhì)量為me，真空中的光速為c.若能量為 Ee的電子與能量為 E 的光子相向?qū)ε?1. 求散射后光子2. 求逆康普頓散射能夠發(fā)生的條件;3. 如果入射光子電子能量為

9、1.00 109eV，求散射后光子的能量.已知A電子轉(zhuǎn)移到光子，則該散射被稱為逆康普頓散射.當?shù)湍芄庾优c高能電子發(fā)生對頭碰撞時，就會出第 30 屆全國中學生物理競賽復賽考試試題解答與評分標準一、(15 分)一半徑為 R、內(nèi)側(cè)光滑的半球面固定在地面上，開口水平且朝上 一小滑塊在半球面內(nèi)側(cè)最高點處獲得沿球面的水平速度，其大小為vo(v=O).求滑塊在整個運動過程中可能達到的最大速率重力加速度大小為g參考解答:以滑塊和地球為系統(tǒng)，它在整個運動過程中機械能守恒滑塊沿半球面內(nèi)側(cè)運動時，可將其速度v分解成緯線切向(水平方向)分量 V：及經(jīng)線 切向分量v寸 設(shè)滑塊質(zhì)量為m，在某中間狀態(tài)時，滑塊位于半球面內(nèi)

10、側(cè) P 處，P和球心o的連線與水平方向的夾角為 二.由機械能守恒得121212mv0- -mgRsin- mvmv這里已取球心O處為重力勢能零點以過O的豎直線為軸球面對滑塊的支持力通過該軸，力矩為零；重力相對于該軸的力矩也為零所以在整個運動過程中，滑塊相對于軸的角動量守恒，故mv0R = mv . Rcos .由(1)式，最大速率應(yīng)與 r 的最大值相對應(yīng)而由 式，q不可能達到 n2.由和式，q的最大值應(yīng)與v.相對應(yīng)，即VQmax)二(4)式也可用下述方法得到：由(1)、(2)式得2gRsin v - vtan2v - v20.若sinv -0，由上式得實際上，sin =0也滿足上式。由上式可知

11、sin訟2gRCOsmaxv2由(3)式有Vjmax)2 gR s inmax v0tanma_0vmax二V (二max)cos2-:2gR_ 2v(4 )(1)將jLmax) =0代入式(1)，并與式(2)聯(lián)立，得2 2 2VoSinVmax2gRSinmax1 - sinVmax i；=0.（5）以sinmax為未知量，方程（5）的一個根是sinq= 0,即q= 0,這表示初態(tài)，其速率為最小值，不是所求的解.于是SinVmax= 0.約去Sin=max，方程變?yōu)? 22gRsinmaxvsinrmax2gR=0.其解為注意到本題中si nTX0，方程 的另一解不合題意，舍去將式代入 式得

12、，當0= emax時,評分標準：本題 15 分.式 3 分，（2）式 3 分，（3）式 1 分，（4）式 3 分，（5）式 1 分，（6）式 1 分，式 1 分，（9）式 2 分.sin 氣4gR1+16啤-1.V0考慮到（4）式有v2=1(v2+ Jv0+16g2R2),Vmax=后=J*(v0 + Jv：+16g2R2).(8)(9)二、（20 分）一長為 21 的輕質(zhì)剛性細桿位于水平的光滑桌面上，桿的兩端分別固定一質(zhì)量為m 的小物塊 D 和一質(zhì)量為:m（ :為常數(shù)）的小物塊 B，桿可繞通過小物塊 B 所在端的豎直固定轉(zhuǎn)軸 無摩擦地轉(zhuǎn)動 一質(zhì)量為 m 的小環(huán) C 套在細桿上（C 與桿密接）

13、，可沿桿滑動，環(huán)C 與桿之間的摩擦可忽略 一輕質(zhì)彈簧原長為 I，勁度系數(shù)為 k,兩端分別與小環(huán) C 和物塊 B 相連 一質(zhì)量為 m 的 小滑塊 A 在桌面上以垂直于桿的速度飛向物塊D，并與之發(fā)生完全彈性正碰，碰撞時間極短碰撞時滑塊 C 恰好靜止在距軸為 r （rl）處1. 若碰前滑塊 A 的速度為Vo，求碰撞過程中軸受到的作用力的沖量；2. 若碰后物塊 D、C 和桿剛好做勻速轉(zhuǎn)動，求碰前滑塊A 的速度Vo應(yīng)滿足的條件參考解答：1.由于碰撞時間t很小，彈簧來不及伸縮碰撞已結(jié)束設(shè)碰后 A、C、D 的速度分別為VA、VC、VD，顯然有2IVD= VCr（|）以 A、B、C、D 為系統(tǒng)，在碰撞過程中，

14、系統(tǒng)相對于軸不受外力矩作用，其相對于軸的角動量守恒方向與 Vo方向相同mvD2I mvCr mvA2I = mv02I 由于軸對系統(tǒng)的作用力不做功，系統(tǒng)內(nèi)僅有彈力起作用，所以系統(tǒng)機械能守恒很小，彈簧來不及伸縮碰撞已結(jié)束，所以不必考慮彈性勢能的變化1 mvD221212mvcmvA2 212mvo2由、（3）式解得4IrVC2Vo,8I rVD22Vo,8I +r2rVA22Vo8I +r代替（3）式，可利用彈性碰撞特點Vo=VD-VA 同樣可解出（4） .設(shè)碰撞過程中 D 對 A 的作用力為Fi，對 A 用動量定理有2 2嘰41 十 rFt =mvAmvo2-2mvo,8I +r方向與 Vo方

15、向相反于曰 A 對 D 的作用力為 F1的沖量為疋,2 2A4I 十 rF222 mvo8I +r(2).又由于碰撞時間 At(3)(4)(3 )(5)(6)評分標準：本題 20 分第 1 問 16 分，（1）式 1 分，（2）式 2 分，（3）式 2 分，式 2 分，（5）式 2 分，（6）式 1 分，（7）式 1分，（8）式 1 分，（9）式 2 分，（10）式 1 分，（11）式 1 分；以 B、C、D 為系統(tǒng)，設(shè)其質(zhì)心離轉(zhuǎn)軸的距離為x，mr +m2lx =(黒亠2l r川2質(zhì)心在碰后瞬vc41(21 r)v x22vo r (a +2)(81 +r )(8)軸與桿的作用時間也為.t，設(shè)

16、軸對桿的作用力為 F2，由質(zhì)心運動定理有x x41(21 +r)F2二 t Fr=t -2 mv22mvo.v/ 8l +r(9)由此得 r（2l r）F2 -1222mvo8l +r方向與 vo方向相同因而，軸受到桿的作用力的沖量為(10)(11)方向與 vo方向相反注意：因彈簧處在拉伸狀態(tài)，碰前軸已受到沿桿方向的作用力；在碰撞過程 中還有與向心力有關(guān)的力作用于軸但有限大小的力在無限小的碰撞時間內(nèi)的沖量趨于零，已忽略代替（7）-（9）式，可利用對于系統(tǒng)的動量F2：t Fvt 二 mvCmvD.也可由對質(zhì)心的角動量定理代替（7）-（9）2值得注意的是，（1）、（3）式是當碰撞時間極短、以至于彈

17、簧來不及伸縮的條件下才成立.如果彈簧的彈力恰好提供滑塊 C 以速度VC4lr8vo繞過 B 的軸做勻速圓周運動的向心力，即卜、vC16l2r2k r T二m2壬mvor (8l +r )(12)則彈簧總保持其長度不變，（1）、（2）、（3）式是成立的.由（12）式得碰前滑塊 A 的速度 Vo應(yīng)滿足的條4l N mr(13)可見，為了使碰撞后系統(tǒng)能保持勻速轉(zhuǎn)動，碰前滑塊A 的速度大小 vo應(yīng)滿足（13）式.第 2 問 4 分，（12）式 2 分，（13）式 2 分(25 分)一質(zhì)量為 m、長為 L 的勻質(zhì)細桿，可繞過其一端的光滑水平軸0在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動桿在水平狀態(tài)由靜止開始下擺，1.令，=m

18、表示細桿質(zhì)量線密度當桿以角速度繞過其一端的光滑水平軸0在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動L時，其轉(zhuǎn)動動能可表示為Ek二 k；L式中，k為待定的沒有單位的純常數(shù) 已知在同一單位制下，兩物理量當且僅當其數(shù)值和單位都相 等時才相等由此求出:-、-和 的值2.已知系統(tǒng)的動能等于系統(tǒng)的質(zhì)量全部集中在質(zhì)心時隨質(zhì)心一起運動的動能和系統(tǒng)在質(zhì)心系(隨質(zhì)心平動的參考系)中的動能之和，求常數(shù)k的值3 試求當桿擺至與水平方向成V 角時在桿上距O點為 r 處的橫截面兩側(cè)部分的相互作用力.重力加速度大小為提示：如果X(t)是 t 的函數(shù)， 而Y(X(t)是X(t)的函數(shù)，貝U Y(X(t)對 t 的導數(shù)為dY(X(t)dY dXdtdX

19、dt例如，函數(shù)cos(t)對自變量t的導數(shù)為dcos v(t)dcos v d vdtd 日 dt參考解答:1.當桿以角速度 繞過其一端的光滑水平軸0在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動時，其動能是獨立變量，、：和L 的函數(shù)，按題意可表示為Ek= k L式中，k為待定常數(shù)(單位為 1)令長度、質(zhì)量和時間的單位分別為 為相互獨立的基本單位)，則 、 、L 和 Ek的單位分別為=M L二T：L =L,2 2EkHML T在一般情形下，若q表示物理量q的單位，則物理量q可寫為q=(q)q式中，(q)表示物理量q在取單位q時的數(shù)值這樣，(1)式可寫為(Ek)Ek=k( )：( 廠(L) ： IL(1)L、M和T(它們可視

20、在由表示的同一單位制下，上式即(17)(Ek) =k( )：( J U)此=丁 JL將中第四式代入式得ML2T- =M-L -：Ti(2)式并未規(guī)定基本單位L、M 和T的絕對大小，因而(7)式對于任意大小的L、M 和T均成立，于是直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，因而，桿在質(zhì)心系中的動能Ek,r為將(9)、(11)、(12)式代入(10)式得(13)由此解得(14)于是(15)3.以細桿與地球為系統(tǒng)，下擺過程中機械能守恒(16)由(15)、(16)式得所以2.由題意，桿的動能為其中，Ek =Ek,cEk,rEk,c(8)(9)(10)(11)注意到，桿在質(zhì)心系中的運動可視為兩根長度為L的桿過其公共端(即質(zhì)心)的光

21、滑水平軸在鉛2Ek,r(12)_ L、2=2Ek( ，2k，2(17)3gsinqL而 an為質(zhì)心的法向加速度的大小由(19)、(20)、(21)、(22)式解得評分標準：本題 25 分.第 1 問 5 分，(2)式 1 分，(6)式 2 分，(7)式 1 分，(8)式 1 分;方法正確得出此問結(jié)果的，同樣給分;第 3 問 13 分，(16)式 1 分，(17)式 1 分，(18)式 1 分，(19)式 2 分, 式 2 分，(23)式 1 分，(24)式 1 分；不依賴第 1、2 問的結(jié)果，用其他方法正確得出此以在桿上距0點為 r 處的橫截面外側(cè)長為 L_r 的那一段為研究對象，該段質(zhì)量為

22、L_r ,其質(zhì)心速度為(18)設(shè)另一段對該段的切向力為T (以二增大的方向為正方向 )，法向(即與截面相垂直的方向)力為N(以指向0點方向為T - L r gCOST-，L r 色(19)式中，at為質(zhì)心的切向加速度的大小dtN - - L -r gsin v - L -r a.L rd，2 d?L r d d 3 L r g cos2 dr dt4L(20)(21)an2L r=to -23 L r gsin2L(22)T =1mgcosr4L(23)N+5L 3rI2Lmg sin v(24)第 2 問 7 分，(10)式 1 分，(11)式 2 分，(12)式 2 分，(14)式 2 分

23、;不依賴第1 問的結(jié)果，用其他(20)式 2 分,(21)式 2 分,(22)問結(jié)果的, 同樣給分四、（20 分）圖中所示的靜電機由一個半徑為R、與環(huán)境絕緣的開口（朝上）金屬球殼形的容器和一個帶電液滴產(chǎn)生器G 組成.質(zhì)量為 m、帶電量為q的球形液滴從 G 緩慢地自由掉下（所謂緩慢，意指在G 和容器口之間總是只有一滴液滴）液滴開始下落時相對于地面的高度為h.設(shè)液滴很小，容器足夠大，容器在達到最高電勢之前進入容器的液體尚未充滿容器忽略G 的電荷對正在下落的液滴的影響 重力加速度大小為g.若容器初始電勢為 零，求容器可達到的最高電勢 Vmax.參考解答：設(shè)在某一時刻球殼形容器的電量為Q.以液滴和容器

24、為體系，考慮從一滴液滴從帶電液滴產(chǎn)生器G出口自由下落到容器口的過程 根據(jù)能量守恒有mgh +k- Jmv2+2mgR + kQq.hR 2R式中，v 為液滴在容器口的速率，k是靜電力常量由此得液滴的動能為由此得容器的最高電勢為由和（5）式得mg(h _R)(1)12mv2= mg(h _2R) -kQq(h -2R)(h R)R從上式可以看出，隨著容器電量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率口的速率為零時，不能進入容器，容器的電量停止增加，容器達到最高電勢v 不斷變?。划斠旱卧谌萜髟O(shè)容器的最大電量為Qmax，則有mg(h -2R) kQmaxq(h -2R)(h R)R=0.Qmaxmg (h

25、 - R)R-kqVmaxQmaxRVmax評分標準：本題 20 分.（1）式 6 分，（2）式 2 分，（3）式 4 分，（4）式 2 分，（5）式 3 分，（6）式 3分五、（25 分）平行板電容器兩極板分別位于z=d的平面一 2內(nèi)，電容器起初未被充電整個裝置處于均勻磁場中，磁感應(yīng)強度大小為 B，方向沿 x 軸負方向，如圖所示1. 在電容器參考系S中只存在磁場；而在以沿 y 軸正方向的恒定速度（0,v,0）（這里（0,v,0）表示為沿 x、y、z 軸正方向的速度分量分別為 0、 v、 0， 以下類似） 相對于電容器運動的 參考系S中,可能既有電場（Ex,E；,Ez）又有磁場（B；,B,Bz

26、）.試在非相對論情形下，從伽利略速度 變換，求出在參考系S中電場（Ex, Ey,Ez）和磁場（B；, By,Bz）的表達式已知電荷量和作用在物體上 的合力在伽利略變換下不變2. 現(xiàn)在讓介電常數(shù)為 ；的電中性液體（絕緣體）在平行板電容器兩極板之間勻速流動，流速大小為v，方向沿y軸正方向在相對液體靜止的參考系（即相對于電容器運動的參考系）S中，由于液體處在第 1 問所述的電場（E；,Ey,Ez）中，其正負電荷會因電場力作用而發(fā)生相對移動（即所謂極化 效應(yīng)），使得液體中出現(xiàn)附加的靜電感應(yīng)電場，因而液體中總電場強度不再是（Ex,Ey,Ez），而是（Ex, Ey,Ez），這里；o是真空的介電常數(shù)這將導致

27、在電容器參考系S中電場不再為零試求電容Z器參考系S中電場的強度以及電容器上、下極板之間的電勢差（結(jié)果用；0、 ；、v、B 或（和）d表出）參考解答:1. 一個帶電量為q的點電荷在電容器參考系S中的速度為（山，比,山），在運動的參考系S中的速度 為（山從山）在參考系S中只存在磁場（Bx,By,Bz） =（-B,0,0），因此這個點電荷在參考系S中所受 磁場的作用力為Fx=0,Fy二-qUzB,（1）Fz二 qUyB在參考系S中可能既有電場（Ex,Ey,Ez）又有磁場（Bx,By,Bz），因此點電荷q在S參考系中所受 電場和磁場的作用力的合力為FF F | F Fr FFx=q （ExUyBz-U

28、zBy）,Fy=q （Ey-UxBzUzBx）,Fz_q （EzUxByUyBx）兩參考系中電荷、合力和速度的變換關(guān)系為(9)對于任意的(Ux,Uy,Uz)都成立，故(Ex,Ey,Ez) =(0,0,(-1)vB),(Bx,By,Bz) =(-B,0,0)可見，在電容器參考系S中的磁場仍為原來的磁場，現(xiàn)由于運動液體的極化，也存在電場，電場強度如(9)中第一式所示.q 二 q,(Fx；Fy；Fz) =(Fx,Fy,Fz),(Ux, Uy, Uz)= (Ux,Uy,uz)-(0, v,0)由(1)、(2)、(3)式可知電磁場在兩參考系中的電場強度和磁感應(yīng)強度滿足Ex(Uy-V)Bz-UzBy=0,

29、Ey_UxBzUzBx = -UzB,EzUxBy- (Uy- v) Bx= UyB它們對于任意的(Ux,Uy,Uz)都成立，故(Ex,Ey,Ez) =(0,0, vB),(Bx,By,Bz)=(-B,O,O)可見兩參考系中的磁場相同，但在運動的參考系S沖卻出現(xiàn)了沿 z 方向的勻強電場.2.現(xiàn)在，電中性液體在平行板電容器兩極板之間以速度(0, v,0)勻速運動.電容器參考系S中的磁場會在液體參考系S中產(chǎn)生由 (5)式中第一個方程給出的電場.這個電場會把液體極化，使得液體中的電場為(Ex,Ey,Ez-(0,0,vB).為了求出電容器參考系S中的電場，我們再次考慮電磁場的電場強度和磁感應(yīng)強度在兩個

30、參考系之間的變s中的電場和磁場來確定電容器參考系S中的電場和磁場.考慮一帶電量為q的點電荷在兩參考系中所受的電場和磁場的作用力.在液體參考系S沖，這力(Fx,Fy, Fz)如(2)式所示.它在電容器參考系S中的形式為Fx= q(ExUyBzFy二 q(Ey_UxBzFz=q(EzUxBy_UzBy),UzBx),_UyBx)利用兩參考系中電荷、合力和速度的變換關(guān)系(3)以及式，可得ExUyBz-UzByEyEzUxBy_ Uy=0,二-UzB,；0vB(Uy-V)B(8)V - _Ezd .(10)注意到(9)式所示的電場為均勻電場，由它產(chǎn)生的電容器上、下極板之間的電勢差為V - _Ezd .

31、(10)由（9）式中第一式和（10）式得評分標準：本題 25 分.第 1 問 12 分，式 1 分，（2）式 3 分，（3）式 3 分，式 3 分，（5）式 2 分；第 2 問 13 分，（6）式 1 分，（7）式 3 分，（8）式 3 分，（9）式 2 分，（10）式 2 分，（11）式 2 分.(11)六、（15 分）溫度開關(guān)用厚度均為0.20 mm的鋼片和青銅片作感溫元件；在溫度為20 C時，將它們緊貼，兩端焊接在一起，成為等長 的平直雙金屬片.若鋼和青銅的線膨脹系數(shù)分別為1.0 10直/度和2.0 10/度.當溫度升高到120 C時，雙金屬片將自動彎成圓弧 形，如圖所示試求雙金屬片彎曲

32、的曲率半徑.（忽略加熱時金屬片厚度的變化.）參考解答：設(shè)彎成的圓弧半徑為r，金屬片原長為I，圓弧所對的圓心角為，鋼和青銅的線膨脹系數(shù)分別為和：-2，鋼片和青銅片溫度由X =20 C升高到T2=120 C時的伸長量分別為.斗和.：l2.對于鋼片（r弓），l耳（1）:|1 =1：1（T2- TJ式中，d -0.20 mm.對于青銅片（r弓）Tl2計2 =12（T2_T1）聯(lián)立以上各式得2（12）（T2-T1）2（：2-：1）仃2-邛評分標準：本題 15 分.（1）式 3 分，（2）式 3 分，（3）式 3 分，（4）式 3 分，（5）式 3 分.d =2.0 102mm七、（20 分）一斜劈形透明

33、介質(zhì)劈尖，尖角為 二，高為 h .今以尖角頂點為坐標原點，建立坐標系 如圖所示；劈尖斜面實際上是由一系列微小臺階組成的，在圖（a）中看來，每一個小臺階的前側(cè)面與 xz 平面平行，上表面與 yz 平面平行.劈尖介質(zhì)的折射率 n 隨 x 而變化，n（x） =1 bx，其中常數(shù)b 0. 一束波長為的單色平行光沿 x 軸正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透鏡，在劈尖與薄凸 透鏡之間放一檔板，在檔板上刻有一系列與z 方向平行、沿y方向排列的透光狹縫，如圖（b）所示.入射光的波面（即與平行入射光線垂直的平面）、劈尖底面、檔板平面都與x 軸垂直，透鏡主光軸為x軸要求通過各狹縫的透射光彼此在透鏡焦點處得到加強而

34、形成亮紋.已知第一條狹縫位于y= 0處；物和像之間各光線的光程相等.1.求其余各狹縫的y坐標；2試說明各狹縫彼此等距排列能否仍然滿足上述要求.圖(b)參考解答:1.考慮射到劈尖上某y值處的光線，計算該光線由x=0到 x 二 h 之間的光程：y .將該光線在介質(zhì)中的光程記為，在空氣中的光程記為；2.介質(zhì)的折射率是不均勻的，光入射到介質(zhì)表面時，在x=0處，該處介質(zhì)的折射率 n 0 =1 ；射到x處時，該處介質(zhì)的折射率 n x =1 bx.因折射率隨 x 線性增加，光線從x=0處射到x-g （ h1是劈尖上 y 值處光線在劈尖中傳播的距離）處的光程：1與光通過折射率等于平均折射率的均勻介質(zhì)的光程相同

35、，即圖(1)x車=nh1=h1-bh22忽略透過劈尖斜面相鄰小臺階連接處的光線（事實上，可通過選擇臺階的尺度和檔板上狹縫 的位置來避開這些光線的影響），光線透過劈尖后其傳播方向保持不變，因而有于是由幾何關(guān)系有故從介質(zhì)出來的光經(jīng)過狹縫后仍平行于 聚在透鏡焦點處對于 y =0 處，由上式得d(0)= h.y處與 y =0 處的光線的光程差為(8)由于物像之間各光線的光程相等，故平行光線之間的光程差在通過透鏡前和會聚在透鏡焦點處時保持不變；因而（8）式在透鏡焦點處也成立為使光線經(jīng)透鏡會聚后在焦點處彼此加強，要求兩束光的光程差為波長的整數(shù)倍，即b22 -y tan r - k，, k =1,2,3,卄| .2由此得除了位于y=0處的狹縫外，其余各狹縫對應(yīng)的y坐標依次為A, 2A,3A, 4AJH .2.各束光在焦點處彼此加強，并不要求（11）中各項都存在.將各狹縫彼此等距排列仍可能滿足上述要求.事實上，若依次取 k=m, 4m, 9m,（|l，其中 m 為任意正整數(shù)，則ym =mA, y4m=2 . mA, y9m=3 . mA, |H .（12）這些狹縫顯然彼此等間距，且相鄰狹縫的間距均為.mA，光線在焦點處依然相互加強而形成亮紋評分標準：本題 20 分.訂 y = h y2tan2v .x 軸，狹縫的 y 值應(yīng)與對應(yīng)介質(zhì)的 y 值相同，這些平行光線會