第35屆全國中學生物理競賽復賽試題

1、word.zl-word.zl-2018年第35屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題2018年9月22日一，40分假設地球是一個質(zhì)量分布各向同性的球體。從地球上空離地面高度為h的空間站發(fā)射一個小物體，該物體相對于地球以某一初速度運動，初速度方向與其到地心的連線垂直。地球半徑為R,質(zhì)量為M,引力常量為G。地球自轉(zhuǎn)及地球大氣的影響可忽略。1假設該物體能繞地球做周期運動，其初速度的大小應滿足什么條件？2假設該物體的初速度大小為V0,且能落到地面，求其落地時速度的大小和方向即速度與其水平分量之間的夾角，以及它從開場發(fā)射直至落地所需的時間。對于c0,2b4ac0有xdx.abxcx2b2cxb3arcs

2、inC，式中C為積分常數(shù)。abxcxc2(c)2J40分如圖，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧左端固定，右端連一質(zhì)量為m的小球，彈簧水平水平，它處于自然狀態(tài)時小球位于坐標原點O；小球課在水平地面上滑動，它與地面之間的摩擦因數(shù)為。初始時小球速度為0,將此時彈簧相對于其原長的伸長記為-A0A00但是它并不是量。重力加速度大小為g,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力1如果小球至多只能向右運動，求小球最終靜止的位置，和此種情形下A0應滿足的條件；2如果小球完成第一次向右運動至原點右邊后，至多只能向左運動，求小球最終靜止的位置，和此種情形下A0應滿足的條件;3如果小球只能完成n次往返運動向右經(jīng)過原點，然后向左經(jīng)過原點

3、，算1次往返4如果小球只能完成n次往返運動，求小球從開場運動直至最終靜止的過程中運動的總路程。三、40分如圖，一質(zhì)量為M、長為丨的勻質(zhì)細桿AB自由懸掛于通過坐標原點O點的水平光滑轉(zhuǎn)軸上此時，桿的上端A未在圖中標出，可視為與O點重合，桿可繞通過O點的軸在豎直平面即x-y平面，x軸正方向水平向右內(nèi)轉(zhuǎn)動；O點相對于地面足夠高，初始時桿自然下垂；一質(zhì)量為m的彈丸以大小為V0的水平速度撞擊桿的打擊中心打擊過程中軸對桿的水平作用力為零并很快嵌入桿中。在桿轉(zhuǎn)半圈至豎直狀態(tài)時立即撤除轉(zhuǎn)軸。重力加速度大小為g。1求桿的打擊中心到O點的距離；2求撤除轉(zhuǎn)軸前，桿被撞擊后轉(zhuǎn)過0丨角時轉(zhuǎn)軸對桿的作用力3以撤除轉(zhuǎn)軸的瞬間

4、為計時零點，求撤除轉(zhuǎn)軸后直至桿著地前，桿端B的位置隨時間t變化的表達式XB（t）和yB（t）；4求在撤除轉(zhuǎn)軸后，桿再轉(zhuǎn)半圈時0、B兩點的高度差。四、40分Ioffe-Pritchard磁阱可用來束縛原子的運動，其主要局部如下圖。四根均通有恒定電流I的長直導線1、2、3、4都垂直于x-y平面，它們與x-y平面的交點是邊長為2a、中心在原點0的正方形的頂點，導線1、2所在平面與x軸平行，各導線中電流方向已在圖中標岀。整個裝置置于勻強磁場BoBgkk為z軸正方向單位矢量中。真空磁導率為0。2電流在原點附近產(chǎn)生的總磁場的近似表達式，保存至線性項;Btot3將某原子放入磁阱中，該原子在磁阱中所受磁作用的

5、束縛勢能正比于其所在位置的總磁感應強度的大小，即磁作用束縛勢能VBtoJ，為正的常量。求該原子在原點O附近所受磁場的作用力;4在磁阱中運動的原子最容易從x-y平面上什么位置逸出？求剛好能夠逸出磁阱的原子的動能43五、40分塞曼發(fā)現(xiàn)了鈉光D線在磁場中分裂成三條，洛侖茲根據(jù)經(jīng)典電磁理論對此做岀了解釋，他們因此榮獲1902年諾貝爾物理學獎。假定原子中的價電子質(zhì)量為m,電荷量為e，e0丨受到一指向原子中心的等效線性回復力m2rr為價電子相對于原子中心的位矢作用，做固有圓頻率為0的簡諧振動，發(fā)岀圓頻率為0的光?，F(xiàn)將該原子置于沿z軸正方向的勻強磁場中，磁感應強度大小為B為方便起見，將B參數(shù)化為Ble1選一

6、繞磁場方向勻角速轉(zhuǎn)動的參考系，使價電子在該參考系中做簡諧振動，導出該電子運動的動力學方程在直角坐標系中的分量形式并求岀其解2將1問中解在直角坐標系中的分量形式變換至實驗室參考系的直角坐標系；3證明在實驗室參考系中原子發(fā)岀的圓頻率為0的譜線在磁場中一分為三；并對弱磁場即l煤：0情形，求岀三條譜線的頻率間隔。:在轉(zhuǎn)動角速度為的轉(zhuǎn)動參考系中，運動電子受到的慣性力除慣性離心力外還受到科里奧利力作用，當電子相對于轉(zhuǎn)動參考系運動速度為v時，作用于電子的科里奧利力為fc2mv。六、40分如圖，太空中有一由同心的內(nèi)球和球殼構(gòu)成的實驗裝置，內(nèi)球和球殼內(nèi)外表之間為真空。內(nèi)球半徑為r=0.200m,溫度保持恒定，比

7、輻射率為e=0.800;球殼的導熱系數(shù)為21111.0010JmsK，、外半徑分別為Ri=0.900m、R2=1.00m，外外表可視為黑體；該實驗裝置已處于熱穩(wěn)定狀態(tài)，此時球殼內(nèi)外表比輻射率為E=0.80Q斯特藩常量為s5.67108Wm2K4,宇宙微波背景輻射溫度為T=2.73K。假設單位時間內(nèi)由球殼內(nèi)外表傳遞到球殼外外表的熱量為Q=44.0W,求1球殼外外表溫度T2；2球殼內(nèi)外表溫度；3內(nèi)球溫度T0o:物體外表單位面積上的輻射功率與同溫度下的黑體在該外表單位面積上的輻射功率之比稱為比輻射率。當輻射照射到物體外表時，物體外表單位面積吸收的輻射功率與照射到物體單位面積上的輻射功率之比稱為吸收比

8、。在熱平衡狀態(tài)下，物體的吸收比恒等于該物體在同溫度下的比輻射率。當物體內(nèi)某處在z方向熱流方向每單位距離溫度的增量為dT時，物體內(nèi)該處單位時間在z方向每單位面積流過的熱量為dz七、40分用波長為633nm的激光水平照射豎直圓珠筆中的小彈簧，在距離彈簧4.2m的光屏與激光水平照射方向垂直上形成衍射圖像，如圖a所示。其右圖與1952年拍攝的首張DNA分子雙螺旋構(gòu)造X射線衍射圖像圖b十分相似。利用圖a右圖中給岀的尺寸信息，通過測量估算彈簧鋼絲的直徑d1、彈簧圈的半徑R和彈簧的螺距p；圖b是用波長為0.15nm的平行X射線照射DNA分子樣品后，在距離樣品9.0cm的照相底片上拍攝的。假設DNA分子與底片

9、平行，且均與X射線照射方向垂直。根據(jù)圖b中給出的尺寸信息，試估算DNA螺旋構(gòu)造的半徑R和螺距po說明：由光學原理可知，彈簧上兩段互成角度的細鐵絲的衍射、干預圖像與兩條成同樣角度、一樣寬度的狹縫的衍射、干預圖像一致。嚶杯尺J94cnb加色衷吊XIt峰此較區(qū)中4WftftfWJa1憬底飯刖舒HLMttm4爼兜St因DNA諭心丿闞的關(guān)廉“覺瞇門八、40分1958年穆斯堡爾發(fā)現(xiàn)的原子核無反沖共振吸收效應即穆斯堡爾效應可用于測量光子頻率極微小的變化，穆斯堡爾因此榮獲1961年諾貝爾物理學獎。類似于原子的能級構(gòu)造，原子核也具有分立的能級，并能通過吸收或放岀光子在能級間躍遷。原子核在吸收和放岀光子時會有反沖

10、，局部能量轉(zhuǎn)化為原子核的動能即反沖能。此外，原子核的激發(fā)態(tài)相對于其基態(tài)的能量差并不是一個確定值，而是在以Eo為中心、寬度為2的范圍內(nèi)取值的。對于57Fe從第一激發(fā)態(tài)到基態(tài)的躍遷，E。2.311015J，3.21013Eo。質(zhì)量mFe9.51026kg，普朗克常量h6.61034Js，真空中的光速c=3.0 x108m/s。1忽略激發(fā)態(tài)的能級寬度，求反沖能，以及在考慮核反沖和不考慮核反沖的情形下，5乍e從第一激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)發(fā)岀的光子的頻率之差；2忽略激發(fā)態(tài)的能級寬度，求反沖能，以及在考慮核反沖和不考慮核反沖的情形下，57Fe從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)吸收的光子的頻率之差；3考慮激發(fā)態(tài)的能級寬度，處于第

11、一激發(fā)態(tài)的靜止原子核57Fe*躍遷到基態(tài)時發(fā)出的光子能否被另一個靜止的基態(tài)原子核57Fe吸收而躍遷到第一激發(fā)態(tài)57Fe*如發(fā)生那么稱為共振吸收？并說明理由。4現(xiàn)將57Fe原子核置于晶體中，該原子核在躍遷過程中不發(fā)生反沖?，F(xiàn)有兩塊這樣的晶體，其中一塊靜止晶體中處于第一激發(fā)態(tài)的原子核57Fe*發(fā)射光子，另一塊以速度V運動的晶體中處于基態(tài)的原子核57Fe吸收光子。當速度V的大小處于什么范圍時，會發(fā)生共振吸收？如果由于某種原因，到達吸收晶體處的光子頻率發(fā)生了微小變化，其相對變化為10-10，試設想如何測量這個變化給出原理和相關(guān)計算？第3SJS全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答2QL5年9片盈日40

12、分）假設地球是一個質(zhì)量分布各向同性的球體.地球自轉(zhuǎn)及地球犬氣的影響可超略從地球上空離地面高度為月的空間站發(fā)射一牛小物體.該物體相對于地球H某一初連度運動,初速.度方向與其到地心的連線垂葭“己知地球半徑為蜃量為引力常量為G*tn若該物體能繞地球做周期運動*其初速度的大小應滿足什么條件?C2）若該物體的初速度丈小為叫，且能落到地面*求其落地時速度的大小和方向（即速度與其水平分墾之間的夾甬人以及它從開始發(fā)射直至落地所需的時間口已知：對于c0T有；xdxjJa+bx+arb.2cxb小t=-T7Tarcsin+CJ口2（y嚴Ji式中匚豹積井常數(shù)雷考解答=解法（T假設小物體初始速度大小為鞏在地球引力場中

13、其能量為2必HE=mu-G尺+丹式中皿是小物體的質(zhì)量-小物體相對于地球中心的甬動量為謖物體能繞地球做周朋運動*其能量應0由此疑件以及E的表達式得a2GA/aN物體能繞地球做持續(xù)的周期運動.不能墜曙到地球表面:當物體初昭速度降低到某個值嗨甸時物體運動的橢圓軌道將與地球我面相切.設這種情況下物體在與地球叢面相切時的運動速度為2,由角動量守恒定悻/?+/1啊訕（尺*可弄血訊即u=n0mlfi由能量常恒定律方I2介KimI2”Mm-mu爲-G=flrtr-GRih2R將式代入式得2GA/R碼1-J（R+fr）（27?+/r）當物體初速度兔低于晞麗時，其軌道都將與地球表面相交，因此會墜落到地面上所以物休

14、繞地球作橢圓蟻圓形軌道運動，但不會墜落到地球表面的條件是/2GM57吋解法f二)該物體能繞地球做周期運動，其運動軌跡應冷橢圜圓被視為橢圓的特就情形九設其近或遠地點之一與地心的距高和速度大小分別為片和6，另一近或遠地點與地心的距離和速度大小分別為q和巧.由博動壇守恒和能量守恒有亓巧=畑旳Mm1,亠Mm=mtK-G叫2峙式中加是小物體的質(zhì)量.消去耳得=0將斤和眥視為已知，上式是丄滿足的一個一元二次方程。石十顯黙満足行程因而丄是元二次方程的解*利用韋達定理*另一解足耳片I祕J顯勲.斥aR,且有限，故有0耳R由式得，當打給定時，巧必須満足由題意知斤=R+斤可=砂$故有+町/2GM如果I2GA4R珥Y(

15、/?+/t)(2JR+?ij則物體會落到地球上。根據(jù)能量守恒.它落到地面時的速度大小卩滿足方程丄佔一G血顯諷弋如2/?2R+h由式得2GMh設物體落地點相對于地心的矢徑與物體初始位雹相對于颱心的矢徑之間的夾角為&根據(jù)箱動量守恒，物體落到地面時的水平速度旳滿足方程尺碣=(R*h)v0上式即Rh物體的速.度方向與水平面的夾角是迪也二郵冷77（RM）%2GMRhR+h丄伴1血丿22丿一畔+一錯梅物體的運動用極坐標鞏、尸按寫，廂動量守恒和能量守恒可分別表為消古罟得dr_f（J?+Zi）a2GM-云7d7=_r產(chǎn)十丁十喏-市物體從開始發(fā)射直至落地需要的時間為心嚴dr(宛*kf甘：2GM*2GMP+r%一

16、尺+弁Jj?rdr2GNtR+hr2+2Gr-R+h取參量Q=（R十h疋，b=2GEA/iu=玩-vo,有十衍A=ft24j3C2GAzfV=(20=4(7?)認利用題給積分公式，完咸積分得R+h(2R+h)h2GM-vl(R+h)+Gil/st,+h)-GM(/?-h)+arcsin七土5才當初始速度大小為臨界值珂=鼻護一時.下落時間為+A）（2i?+h）3riR+ftVt=-7=評分標準：本題40分第問15分，解法（-）式各3分；解法（二式&分*式】分，式2分，式各3分.第（2間2,分，O）戎各3分，飲）式角？*武幼各4分二、（40另如圖，一勁度系數(shù)為k的輕彈賢左端固圭，右端連一質(zhì)量為卿的

17、小球；彈窩水平.它處于自然狀態(tài)時0小球位于坐標原點小球可在水平地面上滑動，它與地jawgwX”八面之閭的動摩療園數(shù)為戸。初始時中球速度為零，將此時論Ox彈簧相對于其原悅的伸悵記洵-珀（0,怛現(xiàn)井不是己知雖九瑩力加速度大小為g,假設最大靜摩擁力等于滑動摩擦力。如果小球至爹只能向右運動、求小球最終靜止的位置，和此種情形下名應滿足的條杵;（2如果小球完成第一次向右運動至原點右邊后，至參只能向左運動，求小球最終靜止的位置*和此種情形下九應滿足的條件：（3）如果4、球只能完成h枚往返運動（向右經(jīng)過原點.然后向左經(jīng)過原點.算1次往返人求小球最終靜止的位宜，和此種情形下嗎應滿足的條件（4如果小球只能完成H次

18、往返運動，求小球從開始運動直至嵐終靜止的過程中運動的總路程a鑫考解答：C1若或孑小球悌止于其初始位置x：=Aq0若或小球能向右運動。設小球第一次向右運動到趣度為零時彈簧的伸怏量為片（其符號暫乘確定、*很據(jù)功能廉理有+堀_右2=jUmgC+x）由此得ATMxo,即詈以警彈簧處于壓縮或自由狀態(tài)，且小球所受向右的弾力F=fc|=2/enj-kA0故小球最終靜止于原點左邊或原點“竝警益0式中取等號時，式也取等號B當咒0,即彈簧處于伸長狀態(tài)，小球所受向左的彈力kx=kAff-2戸Big若壯pmg即小球最終靜止于原點右邊word.zl-6-word.zl-C2）堺法（-）設在小球完咸第一次向右運動后的瞬間

19、，記彈簷的彳申長為場，按題意，此后小球至多只能向左運動.若小球能向左運動設小球第一次向左運動到速度為零時彈簧的伸長量為加1其符號暫未確定）*根據(jù)功能原理有由此得3川噸二想三孫噸彈簣紂于忡換或自由狀態(tài).小球所受向左的彈力kx=4fjmg-kAy屮wig小球最終崢止于原點右邊或原點式中取等號時*式也取俸號.當工c0,即弾貧處于壓縮狀態(tài)，且小球所受向右的彈力如果k|x|mgkx=k-4mg即當小球最終靜止于解送（二）設在小球完成第一次向右運動后的瞬間，記彈賢的忡長為場。按題意，此后小球至多只能向左壇動將將場視為氐,利用CD的結(jié)畏以及鬲的表達式可知，當kk時，小球最終靜止于式取等號時，式也取等號。當f

20、S0）.第1次返回至速度走零的位遇為-咼i第樸次向右話動至速度為零的位豐為比(戈0人第抒次返回至速度為零的也置為-応理0人由式并類推有仆恥警，警.心十警.*比宀警由此得fr將現(xiàn)為初始壓縮議竝*利用(1)(2的皓果式以及的表達式可卻，小球最終靜讓于40當也廻嗎牡加+】仙2(2ji+1)彈ng0當2(2已+】加/ngft-it4(“+嚨_坨Ka當(知+3)坤童A4(對+1腫童武中當后式取等號時前式也取等號.(4設小球在由開始運動直至靜止整個過程中適過的總路程為a設由功能原理有-k-kx1=式中工的值如式所示.由此得當缶+1爐幗/(4n+3)mgs=+lXA-X當-；鼻w扯弍mskkk評分標淮；本題

21、40分*第(1)問12分.式各1分.式各2分：第(2)問B分，式各2分第(3)問H分，式3分，式各2分：第(4)問日井，式3分，式各2分”三rC40分如圖，一質(zhì)塑為長為2的勻展細桿AB自由是掛于通過坐標原點0點的水平光滑轉(zhuǎn)軸上（此時”桿的上端A未在圖中標出.可視為與O點重合）.桿可繞通過口點的軸在豎直平面（:即衛(wèi)-護平面*h軸正方向水平向右）內(nèi)轉(zhuǎn)動早O點相對于地面足夠商，初始時桿自然下垂*一質(zhì)量為附的弾丸以大小為的水平速度撞擊桿的打擊中心打擊過程中軸對桿的水乎作用力為寒并腹快嵌入桿申。在桿轉(zhuǎn)半圈至豎宣狀態(tài)時立即撤除轉(zhuǎn)軸重力加速度大小為窖*1）求桿的打擊中心到點的距離】（2）求揃除特軸前.桿被撞

22、擊后轉(zhuǎn)過日第時轉(zhuǎn)軸對桿的作用力;（3）以撤除轉(zhuǎn)軸的瞬阿為計時零點，求撤除轉(zhuǎn)軸后直至桿著地前，桿蜩占的位置隨時間疋化的表達式如和4）求在權(quán)除轉(zhuǎn)軸后.桿再轉(zhuǎn)半圈時B兩點的高度弟。參考解答T1）設打擊中心位萱距轉(zhuǎn)軸距離為衛(wèi).水平外力F作用于打擊中心后桿的角加速度為由剛體定軸轉(zhuǎn)動的動力學方程有FL=L曲目式中112是稈繞過其端點赴即o點）的水平軸轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動慣量由式得在彈丸撞擊桿后的瞬間桿的質(zhì)心加速度的水平分量為3FL2MI設軸對桿的作用力的水平分量為由質(zhì)心運動定理有F耳二他將武代入式.水平外力打擊到桿的打擊中心處.軸對桿的柞用力的水平分量應為零由此得.桿的打由屮心到O點的距離為l=ji2）彈丸與桿的碳

23、攫過程滿足動量守恒mva=（M+/H）zi解得電十m設甜瞳后帶彈丸的桿的質(zhì)心位冒與0點的距禺為則r4m+3M.&16（Aif+rt）在碰潼后的瞬間，桿轉(zhuǎn)功的角速度為word.zl-word.zl-vo)aLe(4m+3A/JJ帶彈丸的桿的轉(zhuǎn)動懺量為I=Kfl14-m3在桿從垂直位置轉(zhuǎn)過&角的過程中，縈統(tǒng)的機械能守恒*有=ijfy2+(A7+mgL-cosS)薛得廿二環(huán).盤A/+ffpg厶a-Gos)將式以及轉(zhuǎn)動慣星j的表達式代入上式得a?二另-方面.桿由初始位置轉(zhuǎn)過&肅時，由剛休定軸轉(zhuǎn)動的動力學方程有式中#是瑩力矩產(chǎn)生的角韌速度。由此得=匹也&空二璧細總J21此時質(zhì)心加速度的土分雖仏和*分雖為

24、分別為二Lc/frcos&+sin5知=瓦血cos-Ai；/7，sjn其申角速度出由式給出設撤除轉(zhuǎn)軸前.稈被撞擊后轉(zhuǎn)過忌角時轉(zhuǎn)軸對桿的作用力的兀分量和，分量分別為嘰和叫由質(zhì)心運動宦理有N=(A/+皿)訂k=(M+砒仇0&$8+(y2sin&)=(M十卿Kg十耳:丿=(Al十+厶：(新cas0冷in0)將式代入式得=址jw+沁塩gmTcosF-2sin&)+毀喧一血冷乂4(4rfi+3A/y叫訕51(4：務嚴*3嚴24Z1)當桿轉(zhuǎn)到豎直位置即&=兀時.由式得*用速度創(chuàng)為権除轉(zhuǎn)軸后*帶彈丸的桿的質(zhì)心做平拋運動.同時桿繞其質(zhì)心此角速度占在豎D平面內(nèi)做順時針轉(zhuǎn)動.以撤除轉(zhuǎn)軸的瞬間為計時零點.在f時刻的

25、質(zhì)心坐標為禮-玖=匕川如一”,建立如圖所示的質(zhì)心坐標系，由于桿同時繞庾心以帝速度在豎直平面內(nèi)順時苛轉(zhuǎn)動*在r時刻桿的E端栩?qū)τ谄滟|(zhì)心的坐標為Xg=(/*ie)sinorrjp=(l-在地面塞考系中.r時刻桿的B瑞的坐標為xB(f)=稅+對+(-e)sinkfFc-PritchardPt可用來束繪原子的運動，其主要部分如圖所示。囚根均通有恒定電流J的圧直導線X2、氛4都垂直于x-y平面.它們與亡V平面的交點是邊長為加、中心在原點O的正方形的頂點導線】、2所在平面與工軸平存，各導線中電流方向己在圖中標出.整個裝譽宣于勻強融場=BQkit為壬軸正方向単位矢量)中n己知童空磁導率為嶺。U)求電流在通電

26、導線外產(chǎn)生的恵磁場的空間分布；C2)電漬在原點附近產(chǎn)生的總磁場的近似表達式保帶至線性項，(3)將某原子敘入磁駢中、該原子在磁阱中所愛的磁作用東縛勢能1E比于其所在位貝的總磁感應強度厶u的大小*即雄作用束縛勢能=戸!轉(zhuǎn)川為正的常量求該原子在原點O附近所受磁場的作用力；C4)在磁阱中運動的原子毘容易從比y平面上什么位豈逸出字求剛好能夠逸出磁阱的原子的動能.抄甫解答；1)四根通有宜流電流J的導線在盤y平面內(nèi)的空間坐標依次是CaX(fl,-a,-a)取忙軸和，軸方向單位矢屋為：和八考慮通電導線外任一點(x,y).導嵯】、2.3、4上的電流在點(曲刃產(chǎn)生的磁場色禺、盡、閏為B土地()_O_初+(工*叨2

27、n(x+oj+fy-er)2f(r-a)2+(j?-fl)2g_地(尸小+仗-砒2n(x-a)2+(y+a)2竝_(尸刖+心+叨*2n(je+dy+ty+d?導線電流在謔電導線外產(chǎn)生的意磁場的空閭分布為好=糾+場+是+耳-如yw_*y+也y+貝2tr|l(x+a/+0af_(X-ofy-ofx-af+(y+ofX+iJ(x+fl32+(y-a/x-ax-ax-a(x-a)2+(y-aY(x-a+(y+(x+a+(y+o)2C2)對于原點O附近的任一點(x,y)t有Ixktiy|a保留至藝、藝的一次頊.甜、場、比、比可近似為aaTOC o 1-5 h zB.-x)i-(d+y)j4%a盡和蠱剛鳳

28、衍粕2+1+兇用+|材式中甘如式所示*由系蛻的電流分布可以斷定.在工專平面內(nèi)磁感線最稱疏的位直應該在兀軸或尸軸上，或者說束縛勢壘高度播小的位置應謖在工軸或y軸上.這也是原子在工-尹平面冉最容昜逸出的方向。由武，y=0時*在工軸上束縛勢能為F(hj=0)=出由極恒條件也竝=0得dx班3宀40)受到一指向原子中心的需效線性回復力-誠rO為價電子相對于原子中壯的位矢)作用*做固有圓頻率為叫的簡諧振動，發(fā)出圓頻率為嗎的光，現(xiàn)將該諒子魚于沿g軸正方向的勻強雄場中，磁感應強度丈小為廿(為方便起見將抒參數(shù)化為8=).(1選繞磁場方向勻再謹轉(zhuǎn)動的肆考系使價電子在該參考系中做簡諧振動，導出該電子運動的動力學方程

29、在直角坐標系中的分董形式井農(nóng)出其解；將門問中解在理角坐標系中的分量形式變換至冥驗室參考系的直肅坐標系；(3)證明在實驗室鑫考系中原子發(fā)出的圓頻奉為強的譜線在磁場中一分為三，并對弱就場(即情形，求出三條譜線的頻率闔隔己知t在轉(zhuǎn)動角速度為擔的轉(zhuǎn)動參考粟中，運動電子受到的慣性力除慣性離心力外還受到科里奧利力件用+彎電子相對于轉(zhuǎn)動畚考系運動邃度為M時.作月亍電子的科里奧利力為ft=-2mav*解法C-)CDCliE離子中心為原點O的實驗室裁考靈。耶與以角連度q繞Q軸旋轉(zhuǎn)的參考采口炒女如圖所示*工軸和#軸重合沿磁場方向。記陰券考系坐標軸正向單位矢雖分別為i、A*和F、,k旋轉(zhuǎn)系中”檢電子除受線性回麵力-

30、朋請和洛倫弦力外，還曼慣性離心力-matx(x(*r)-2m&)xvf或?qū)懴痰葯z的分量形式耳=一咖誇=m=xr)+2m(a-加)x涉式中，fOjJct09=加，卜而eB仇=T2m式也可寫成等價的分量形式+(2%-如ct工_2聊(軽一痕)刀；耳=_e確+(2cub-ct)(wyf+2nj(o令F1=-/Wor+mv扎*（%）=_:（濟卜屍）（理+jjf）+磁#Jk這是各向異性的線性回負力.旋轉(zhuǎn)壽中怕電子運動的動力學方程為ma*=F1利用式，式的裁量形式為空=-風+憂卜”方-何十蚯）#z*=-歸#這是三維簡諧振動的動力學方程.其解為=4遇（J峪吩+審、）非=舛giii（就+就理）z*-j4jcos

31、（af0t+鈣）武中，常量劃、月廠赴和隔、葩、鈣分別是拍逆的振幅和柑位它怕由價電子的初始竝置與初始速度決宦.（2由幾何關(guān)系.可得兩參考系之間的坐標變換關(guān)系為jc=xcofior-ysintut、y-j/sinrwr+y*cestui今co畑2礬）+中coMfiV+eJ卜中4（砂+供）牛in（cVS）十字也（如十胡一牛10（必十訴）-j=j4jeos（心（/斗普）榕式代入式.利用積化和差公式*并注意到式.可得實驗室參考頁中的解為-學Uflfi（曲+性）sin（cu_t+sin（他（+flp2）式中處二J蚯十嚨土叫GOS（04r+理）=&COS（+）新n（耳$+訶）+合客in（oLt斗A；cos（

32、yt+）=A_GOS（他f十磁）Jsin（.t4-）=A.sin（ty_+）23扌艮據(jù)同方向同頻率簡諧振動合成的振幅矢量法.可令合冷（叫+諂）+41號cos（yt卜巒）-sin（v.t+）-而式化為x-A+cosjdf十帆）十蟲一C0s（fti_f+?）y=AAsinfrif+（pt-A.sin（毋F十少_）眄）i22Ajco&可見，處于磁場中的原子的價電子參與三個頻率的振動，發(fā)出三種園頻率分別為化、鳴、他的光.對弱磁場（即吒情形.由賓.略去二階小量潯，園頻率可近似為陀知閔J士帆三蘇譜魏的匿盲率間隔芳站+-叫=%-他=%評分參牌，本題40井，第（1問20分，式各2分*式百分，式各2令、式斗分+

33、式2分;第（2問9分，馳式各3分|第（:J）問11分，式2分，式3分，式各2分“解袪U）乎盤一探”十2毆左z=-疏孑對方裡做變換Ix=才沁幀一ySin就y=rJsin&H+ycostwfz=zf對上式關(guān)于時間駛導得dx（dxf/（UVCOSO/dtIdi）t+sinfftf=0costwr=0式對于任意時間f時刻成立.應有:p2（!）-既）詈e（妙一瑟2rtYI+2（0?1叫導-（a/-時-2omul）/=0如果選掙word.zl-word.zl-則上式化簡為害+（亦誠）齊0窖*（嚨+邂）V與F滿足的方程合井，得轉(zhuǎn)動番考系中的動力學方程溝等二-（磁十蚯X器=一魔+猶）/護FV問，與解法（一）相

34、同解袪（1場沿g軸方向，價電子受到磁場洛侖掘力在垂直醯場方向的平面上。在該平面上取極坐標（G眄下*價電子的位式、運動速度和加速度可分別表示沏單二pefi+setv=pefi+p&es+zka-p-pHag2p0十品二丄出方）pof式中.耳、片和點分別是鋰向單位矢量、角度方向即垂直磁場方向的平面上垂直于p的方向單位矢量和沿向（與璀場方向相同）單位矢量“利用牛頓第二定律可得.價電子運動的動力學方穆為ma=*r-evB=-mwr-2ma/Lp&ep+2ma）Lpe$式中eB動力學方程的分雖形式為選一繞盅場方向勻角速轉(zhuǎn)動的參考系”讖此壽考聚繞r軸轉(zhuǎn)動的棉連度為(血與時間無關(guān)人在這旄轉(zhuǎn)參考系中.設在垂直

35、磁場平面上瀚位置坐標為/應有0=+0*將上式代入動力學方程的第二個方程，有如果選擇6?=便有這表明旋轉(zhuǎn)系中電子在角度方向上不受力，由上式得dr由于上式對于所有的Q均晏成立，故常量C=0即有所以，在繞磁場方向以.勻角速度曲L轉(zhuǎn)動的參考系中，價電子的動力學方裡為可見”在旋轉(zhuǎn)系中*價電子做簡諧振建h方程的解為心&汀磋”齢)z=AtCQS(or+其中名“典、軌、.鶴為侍定常量。(2)將旋轉(zhuǎn)聚中的解武變冋到實驗室坐標系由式和式第二式有叫將上式和或代入下式X=pcosy=psinS利用三角函數(shù)積化利差關(guān)系得2令cg（V+侑十鶉）y=jsin（a）J+2+85（婦+吧,_瞬）曙+輕）+環(huán)-嗚）2=甩cos（

36、?6f十偲）式中或由幾何關(guān)系，可得實驗室參老系和艇轉(zhuǎn)系之間的坐標變換關(guān)系為x=xcoscuf-yminrwt=/jcosccstjuf-/?sinrsinfijf4y=Twin命十”GQst）f=pco$&winter+Q呂in歹cos/wf=zr將式代入式，和用積化和差公式*并注意到升吋可得實臉室參考系中的解為CO（fitt卡如一牛COS（U_J4-赳）gin（tw_t+）-sin（aj+甲、x=|_cos（呼+i）*y-cosar+*，=序恤（妙+鉤H令弘（zJcos（aJc/+瑪）stn（ojtr+化式中.常雖盡、凡、擋和的、段、鴨是由價電子的初始位置與初始速度決定的常量，且與無環(huán)、%、

37、理八轉(zhuǎn)有關(guān)*而耳=J+瞇土吒3）的解法與解法（一）相同評分矗考|與解法相同。解法_2叫y+2x-晞eB中第三牛方程的解為2.COS（%f4-（p）中前兩個方程具有下列形式的解sc=Aycas（tu=4sin（血斗込）將式代入方程得心禺不全為牢）這里解為a)LpOrp-2mtaLpef式屮式可寫為Q-p=J叫p&pdtZ中第二個方建可寫為dt邊f(xié)?2&=4-C此式對于所有p都成立，任意常數(shù)C=Q.故4他，日=（V十嗚將上兩式代入中第一式得B-一誠P-沁P即滬=一（砧+蚯8價電子在覚少乎面上的橙向運動即口隨時間的變化）超園頻率為血；底的簡諧振動，其一般解可寫成P=Afl皿（J硯+蚯r+Ptf）式中

38、，緯和鈣，分別是相應的振幅和相位由上式及中第三式彳尋x=x?cos&=心uos（Jffi+詭y=psin0=Aficos（確+近z=Ascos（flf+輕+叫卜。或+必）+鋒卜in（iV+軸）2cos利用三角函數(shù)積化和差公式得+G05（他f4做）式中二屁+誠現(xiàn)式可寫為x-Acos（u4.r+）+A_cos（ry.t+_）$=十sin（co+t+劭）一/一sin+（p_）Z=GO5（魁f+弼）TOC o 1-5 h z可見，處于磁場中的原子的價電子墨與三個頻辜的振動，發(fā)出二種園頻率分別為購、叫!、0_的光。對弱磁場f即化V叫）情形由式.喘去了二階小量得園頻率可近似為鳴憐土叫三條譜線的園頻率間隔為

39、処-珥;二歐-他=吒評分琴耆；本題22分。W式各2分a沁40）如圖，太空中有一由同心的內(nèi)球和球殼構(gòu)成的實驗裝買，內(nèi)球和球殼內(nèi)表而之伺為頁空，內(nèi)球半徑為r=0200m，溟度保持恒定.比輜射率為e-0.800；球殼的導熱采數(shù)為LOOTynryKf內(nèi)、外半徑分別R=0.900m.R嚴LOOm,外表面可視為密體亍該實驗裝置已處于熱穩(wěn)定狀態(tài).此時球殼內(nèi)壺面比輻射率為F=0.800,斯特藩常量為cr=5.67xlOeWm-2.K-4.宇宙徽波背景輻射溫度為=273監(jiān)若單位時間內(nèi)由球殼內(nèi)表面?zhèn)鬟f到球殼外表面的熱量為e=44.0W,求1）球殼外表面齒度珀扌球殼內(nèi)表面溫度門3）內(nèi)球盂度7；.已知！物體表面單位面

40、積上的輻射功率與同遍度下的黑壞在該表面單&面積上的輻射功率之比稱消比縮射率.當矩射照射到物體表面時*物體表面單位面積吸收的輻射功峯與照射到物體單位面積上的輻射功率之比稱為吸收比在魁平衡狀態(tài)下.物體的吸收比恒需于該物體在同溫度下的比細射率。當物體內(nèi)某處在左方向（熱流方向）每也位距離溫度的増量為空血時物體內(nèi)該處單位時間在F方向每單位面積流過的熱量為姿*此即傅里葉憩傳導定律“擔壽解答：（1根據(jù)斯特藩定棉（下同人由球殼外表面單位時間向外界輻射的熱量為g,=4a（T；-r*）在熱穗宦情形下有Q=Qf聯(lián)立式得將題給數(shù)據(jù)代入式得r2=88.6K在熱穩(wěn)定扶態(tài)下、球殼中不同半経的球面上在單位時間內(nèi)適過的熱量相同

41、*故單位時間球殼中不同半徑球面上傳導的熱屋也為0。曰傅里葉熱傳導定律得式可寫成R2對上式兩邊積分甕影TA此即由式有4亦盡巴2將題給取據(jù)代入式*井利用式得7l=128K(1-町(1-&”噸辱C?披II在單位時間內(nèi)吸收的鯛量為儲一驅(qū)護=&(17)(1用“刃;爲如此等等.不斷反射、吸收后*械II在單位時閭內(nèi)吸收的總熱量為3嚴盈斗蠹十=的刃；生1+(1町(1-)+(1-s)2(l-+同理可得由II發(fā)射的熱量醞=必時弘被1衽單位時間內(nèi)吸收的總熱址為Qb=EeaT；S1+(1-e)(l-E)+d(l-E”匚內(nèi)球?qū)懬驓?nèi)表面之間在單位時間內(nèi)交換的熱量為0=2-Qm二Es(瞪$-X爲)+(】7)(1-E)+(

42、l7)(1+完咸武右邊的求和得，單位時直內(nèi)從內(nèi)球傳速給球殼內(nèi)視面的浄撼量酋咖)由熱穩(wěn)迄條件QQ=；11二)(-%+尺片,1/4和式有4TtEe問分13分，0)式各5分.式3處第(2)問分12分*式各4分；第0問井)5廿，帝式各1分，式2分，式各1分，式2分式1分，式2分七、WO分用滅檜為633.ini的傲光水平瞪射豎直圓珠筆中的小彈竇在距離彈簧*2m的光屏（與徼光水平昵射方向垂宜）上形成衍射圖橡，如圖盅所示.其右圖與19號年拍攝的苜玄DNA分子雙螺旋結(jié)構(gòu)X射線衍射圈像b）十分相似（1利用圖目右圖中鉛出的尺寸信息，通過測量估算彈簧鋼雀的直徑由，彈簧圈的半徑R利彈簧的墀距pi圖b杲用波抵為OHnm

43、的平行X射線照射DNA分子樣品后，在距離樣品9,0cm的題相底片上拍攝的假設13NA分子與底片平行，且均與X射線理射方向垂直。根據(jù)圖b中給出的尺寸信息，試估算DNA螺旋結(jié)構(gòu)的樂徑F和螺葩0*說明：由光學原理可縮.彈資上兩段互成角度的細鐵甦的衍射、干涉圖像與兩條成同樣角度、相同競度的狹縫的衍射、干涉圖像一致實際尺寸9.4cm團b(黑色表示X射線曝光較強s申心、零級亮紋不可見.1級亮紋剛奸可見，趴艮于級較清晰，卻級亮紋E1DN直躍爛旋結(jié)構(gòu)的美累“寅蹤“了)蠢考解獰(1)平行激売東照射弾費可主、后照到兩小段岡斜的細段，沿光束方向看，兩段細復呈現(xiàn)交叉、氐根據(jù)題給說明，兩苦分別產(chǎn)生與單縫衍射相同的條紋。

44、通過圖日右圖測量可得各組單縫衍射條皺中點逹違之閭的夾角為0=30細絲直輕和兩抿相鄰的平行細絲間距可通過祈射條紋的細節(jié)結(jié)構(gòu)計算得到。可以看到，圖右圖中的衍射條級有一種長的空間周期和一種短的空間周期，分別對應細堂的衍射條紋和相鄰細絲間空隙的衍射條紋。設第M級暗紋在屏上的位曽為忌，由于光屏遠離細絲，衍射角克可視為很小的角，即對第M級暗紋近似有TOC o 1-5 h z注sin盤fadgmH今m片兄式中丸是澈允的波長.相鄰暗紋間距為d通過圖亂右圖迸行測量，可得到長的空間周期為=7.9mm由式軒得細絲宜徑為戲1=兄二-=034mm通過閤込右関進行測晝，可得到短的空間周期為-24-=1.7mm由式可得相鄰

45、平疔細絲的間距為八、C401958年穆斯堡爾發(fā)現(xiàn)的原子核無反沖共振吸牧效應C即趨斯堡爾效應】可用于測魚光子頻率極微小的變化。穆斯堡爾因此榮獲舊61年諾貝爾物理學獎類似于僚子的能級結(jié)構(gòu).原子核也具有廿立的能級*井能通過馭收或放出光子在能級間躍遷原子核在吸收和放出光子時會有反沖，部分能量轉(zhuǎn)化為原子核的動能即核反沖能人此外原子核的激發(fā)態(tài)相對于其基態(tài)的能雖差并不是一個碓定值*而是在以；為中心、寬度為2廠的范圉內(nèi)取值的。對于丹仇從第一澈發(fā)態(tài)到基態(tài)的躍遷.=23lx10LiJ廠諮32111爲。已知質(zhì)9.5xOkgH普朗克常Sft=6.6K|0Jsf嵐空中的光速c=3.0 xl0mr;.如右閹所示.螺旅線在

46、平而上展開即成為一貞角三角形的斜邊兩條直角邊的喪度份別為螺距戸和圈周長刼E點為斜邊中點“由相鄒平行細絲間距坊和兩交叉細絲夾角爐可算出礫峪結(jié)構(gòu)的螺距d.ALp-=4V3cosX7co&2t2將己得到的數(shù)據(jù)(見式代入式得j?=1.6mm由右圖中幾何關(guān)系得2xF?厶=tail&=cotP2將式代入上式得臨能結(jié)構(gòu)俯規(guī)圓的半徑為R_d._ZL2ssin2x23in-22將己得到的數(shù)據(jù)吒入式得R=0.96mm(2由圖b可測出各細衍射條紋中心的連線之間的夾幫礦為=84測出條紋的空向罔期JT為Xr=4.7mm利用式相鄰分子鏈間距為沖二幾務=29nm根據(jù)井子鏈閭距屮(見式1和夾角/見式)，由類似式，可算出蠟距；

47、/兄77，ir=3.9rung止2由類似式.可算出軸觀半徑卍忽略激發(fā)態(tài)的能簸寬度*求核反沖能，以及在考慮核反沖和不考堆核反沖的悄形下，iTFe從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)吸收的光子的頻率之差；心考慮激發(fā)態(tài)的能級寬度.處于第一徽境態(tài)的靜比原子核”FJ躍遷到基態(tài)時發(fā)出的光子能杏被另個靜止的基態(tài)原子J，F(xiàn)e吸收而躍遷到第一澈發(fā)態(tài)如發(fā)生則稱為共振吸收?并說明理由?，F(xiàn)將即F克原子核置于晶體中.該原子核在跌遷過程中不發(fā)生反沖?，F(xiàn)有兩塊這樣前晶體.其中一塊靜止晶體中處于第一撤發(fā)態(tài)的康子核刖F發(fā)射光子.另一塊以.速度運動的晶體中處于基杏的原子核吸收光子。當速度的大小處于什么范圍時.會發(fā)生共振吸收？如果由于某種原因，到達吸收晶體處的光子頻率發(fā)生了鍛小變化.其相對變化為10試設想如何測量這個變化（給出原珪和相關(guān)計算）?獲考解答=1）設該原子核從靜止的第一激發(fā)態(tài)Fh躍迂到基態(tài)仕，