第41届全国中学生物理竞赛决赛理论实验试题（含答案）

=0.511MeV/c2。忽略电子在原子中在β-衰变后生成的原子质量为MD=209.982883amu。假如在β-衰变过程中除去释放出β-1-l21+2晶格的热振动问题常可简化成耦合的弹簧振子问题。考虑一个一维耦合弹簧振子系统模型。设有N下方的探测器探测的光强为零。这时入射光的能量去=reiδr,=teiδt，=eiφrErp=Eip+bEis,Ers=C̃Eip+dEis上式中的2×2矩阵称为分束器的反射干涉仪是通过光强的变化测量相位变化的一探测器的干涉光强，便可得到∆φ的确定值(−π<轴以外的其它车体部分和车上站立的人简化为质量为M、长度为L的匀质刚性细量损失。取z轴正向为竖直向上，x轴与轮轴平行，y轴与车行进的方向平行。已知重力加速度大小为M’。对于合适的M’值，细杆倾角θ（在θ=0附近）和C可以做频率相同的小振假设恒星的总能量主要来自原子物质，在以下第（1234）问中可忽略辐射。（4）考虑恒星物质的热力学。假设恒星物质的内能密度u(r)与压强p(r)满足关系向外辐射的功率（光度）为L(r)，试给出温度T(r)满足的（7）假设恒星内原子物质的分压随半径r的增大而减小。试估算恒星表面处光度L(R)的上界，结果用Δx、Δp分别是粒子的位移x、动量p的不确定度，是（2）由于量子效应，一个振动角频率为w的简谐振子的基态能量为类似的，真空中角频率为w的电些高频电磁波模式几乎不受导体板位置的影响，也个电磁力的大小不依赖于具体函数形式的选取。因此，考虑一个更一般的函数f(x)，它只需要满足两个条A.f(0)=1，F(n)-F(n)dn=++…+Bj+…1（1）依题意，母核P到子核ZD的β−衰变可表述为记母核的静止质量为mP、子核的静止质量为mD和电子的静止质量为me，假设衰变前母核处于静止状态，由能量守恒知，该衰变过程的衰变能（包括衰变后除ZD、电子e-外的其它粒子的能量）可由母核、子2①mPMPZme,②mDMDZ1me③于是，β–衰变的衰变能Qβ-可以表示为：β(MPMD)c2④β-MP(Z,A)MD(Z1,A)这就是说，对于原子序数分别为Z和Z+1的两个同（2）如果在这个衰变过程中不产生新的粒子，那么在PDemPc2EDEe0pDpepDpep2Ee(pc)2mc4④④2Ke24 mD(2mPmD)mmDmec2 ⑩ (MDZDme)[2(MPZPme)(MDZDme)]m[(MDZDme)me]c2 MD(2MPMD)2[MDZDMP]meZmMDZPme)c2 MDmDZDme⑩ZPZD1⑩Ke[209.982883(2209.984130209.982883)2209.98288384209.9841300.5110.5110.511⑩ (83)2]1/2209.98288383931.494MeV1.161MeV931.4940.5110.5110.511⑩【另解：忽略电子在原子中的结合能，2Bi核的质量为mPMP83me209.984130830.000549209.938563amu⑩’它在β-衰变后生成的核2Po的质量为mDMD84me209.982883840.000549209.936767amu⑦’ke=(√(mD+me)2+2mD(mP-mD-me)-mD-me)c2 =(√mD(2mP-mD)+m-mD-me)c2=(√m-(mP-mD)2+m-mD-me)c2⑩,~10-10,~10-11ke=(mP-mD-me)c2⑩,⑩’2⑩’ 2KeM(2Bi)M(2Po)c2209.984130209.982883amuc2 3】（3）按照假设PDe-而得到的衰变后电子的动能，与实验中看到的电子动能的最大值相当。所以第三个粒子（中微子）的静止质量应该非常接近于0(≤0.03MeV/c2，接近此值的都算对*）否则的话实验测得的电子的动能分布谱中的动能最大值就应该明显小于图中的最n=0,Qp=+1,Qe-=-1QXQn(QpQe)0依题意，衰变前系统的角动量即中子的自旋，有n假定衰变后的粒子只有质子p和电子e−。质子和电子的自旋都为㉑㉒㉓㉔根据题给的两个角动量的合成法则，质子和电子的总自旋，即衰变后产物的总角动量Lf=S=Sp+Self=sp−se,sp+se㉖式中的第一个可能值对应于质子和电子的自旋反向叠加，lf㉖式中的第二个可能值对应于质子和电子的自旋同向叠加，㉕㉖㉗㉘两个可能值⑦㉘都不等于其初始值㉔，与角动量守恒矛盾。为保证系统的总角动量守恒，则一定存在粒子㉙h（尚不排除）㉚4综合上述，β–衰变的产物除了质子和电子之外，如果还产生一个粒子，这个粒子一定是电中性的、自),更严格地，是电子型反中微子ve】。0=M2i−1+k(2x2i−1−x2i−x2i−2),(i=1,…,N)①0=m2i+k(2x2i−x2i+1−x2i−1),（2）按题意，当弹簧环按本征模式做微振动时，所有珠子振动的角微振动都是稳定的，它们之间的差别应该只是振幅和相位的不同。根据对称性，大珠子振动的振幅应该相同，设为A；同理，小珠子振动的振幅也应该相同，设为B。同样，根据对称性，相邻珠子之间的振动相位差应该相同，设为α。于是解的形式可取为x2i−1x1=Acoswt.⑤x0=x2N⑥2Nα=2nπ,n∈Z式中Z表示整数集合。由于α的取值有2π周期性，因此独立的取值范围可取为对应的，n共有2N种取法：5已注意到，互为相反数的一对n给出的频率是⑥⑩（3.2）显然，所考虑的弹簧环是一个保守系统。系统的总能量E不随时间⑦将③④式代入⑦式得dtsin2⑩这里φ可以是任意相位。将⑩式代入⑩式得该系统的平均势能Ep与平均动能Ek相等因此，总能量Etot为kk㉒由⑥⑩@式得x1为了找到满足边界条件㉕的解，注意到满足方程①②的解③④实际上是沿圆环运动的行波的分段表示x2i−1=Acos[wt+φ0+knl2i6式中kn是波数，α由⑦式定出㉘且α㉙α㉚㉝㉟（5）在不依赖于μ的本征振动模式里，1号珠子不应该振动，而这等价于第（4）问的因此，答案与第（4）问的相同。第（5）问2分*）1分**）1分。强必然最大，即探测器B会有最大光强。71=exp[i(δr+δm+δt2=exp[i(δt+δm+δr+klbottom)]（只写出位相，振幅一样大）②δr和δt分别是经过分束器反射和透射带来的位相增加，δm是全反镜反射带来的位相增加。、表示沿上=expi(δr+δm+δr+kltop)③=expi(δt+δm+δt+klbottom)④kltop−klbottom=kΔl=π⑤(Δl=ltop−lbottom)【解法二⑨rt+rteik∆l(略去E0)r2+t2eik∆l=R+Tei2φeik∆l(R=r2;T=t2)由】)=(rPiδPiS)=(irPiδPrSiδS)irSiδS)⑩⑪8（3）全反镜改变偏振态的矩阵M⑫⑬⑭⑮下面,表示沿着P和S方向的基矢量；′,′表示沿快-慢轴的基矢量，在,基矢P偏振（基矢量，水平偏振）经过该1/4 iφ快(iφ快(iφ快ei(φ慢−φ快)(+)222222快(i快,快(,⑲iφ快iφ快(iφ快(iφ快ei(φ慢−φ快)(+)222222快(i快(i快快(,9⑳㉑（5）对于透光方向水平的线偏振片，按照（4）中作用在S偏振（基矢量2，竖直偏振）后，结果为H=()㉓V=()㉔ ㉖(0)E0|E0(1,E(0(0|0)(rPeiφP|1,(0,2(ir,2(i快4|快4|i)(1|1,(0|0)(rPeiφP|0)(0)re,(1,re,(1,上式从右到左依次分别为入射光、反射镜、第「(00)7(0)0)(rPeiφ「(00)7(0)0)(rPeiφP0)(rPeiφPrE||||E0||||||E0||r1,1,(0,」 2i(φ快+π) 4(0|(00)(1re,(iire,(i|1,(0i)(rPeiφ|1,(00)(0)|E0,(1,0)(1iφS|i)(0)0)(1iφS|i)(0)eiφS|1,(1,|1,(1,re,(re,(iE02(1,0)[(1)3(irPiδPirSiδS)()])[(1)3(irPiδPirSiδS)()]E0㉘㉙上式从右到左代表入射光依次经过分束器透射、3个反射镜、45°线偏振、第二个分束器2A=rei2δS()()()E0=rei(2δS)()E0㉚+),I=2⋅Re[A(t)⋅2A(t)]=rEcos[k(l2−l1)+π−φ快]㉝ 得此式于㉞式等价，表面上有个相位差，但只是光程差有个偏移，相当于光程原点选取不同而已。因此1B=[()(irPiδPirSiδSei(φ快+)]()[(1)(rPiδPrSiδS)()]E0㉟ 1B(t)=−irPeiδPei(φ快+()()rSeiδS()E0ei[k(l1+lB)−wt]=−irSrPei(δS+δP+φ快+)()E0ei[k(l1+lB)−wt] =rSrPei(φS+φP+φ快+)()E0ei[k(l1+lB)−wt]㊱2B(t)=[()(rPiδPrSiδS)[(1)3(irPiδPirSiδS)()]E0ei[k(l2+lB)−wt]㊲=−irPrSei(φS+φP)()()()E0ei[k(l2+lB)−wt]=rPrSei(φS+φP+)()E0ei[k(l2+lB)−wt]㊳B探测到的强度的干涉项：IB干涉=2⋅Re[B(t)⋅2B(t)]=rrEcos[k(l2−l1)−π−φ快 =Ecos[k(l2−l1)−π−φ快]⑩IB干涉=2Re(B⋅2B)=rSrPtStPEcos[k(l2−l1)−π]可调节令其相位差记作Δφ,则：㊶㊶（7）由于探测器A给出cos(Δφ)，B给出sin(Δφa)记录I,-I,作题解图3c（或用示波器X_Yb)由I,I的比值得到tanΔφ;再由I第（7）问3分*）或（**）或（***）3分。（11.1）设C的圆形轨迹的圆心为D，以CD连线为转动参照系s【此参照系可以看作一个和CD连线刚①N左+N右=Mg②③④s系的各坐标轴的单位矢量i,j,k可用S系中的分量表示如下j=[sin(Ωt),cos(Ωt),0]细杆的主轴方向为b1=icosφ−ksinφ,b2=j，b3=isinφ+kcosφ,沿主轴方向的转动惯量为I细杆,1=I细杆,2=ML2，I细杆,3=0，细杆对其质心的角动量为L细杆=I细杆,1(Ω⋅b1)b1+I细杆,2(Ω⋅b2)b2+I细杆,3(Ω⋅b3)b3=ML2[(−Ωk)⋅b1]b1=ML2(Ωsinφ)(icosφ−ksinφ)⑥=−MΩ(R2−RLsinφ+(sinφ)2)k−MΩ(Rr+−−s(R−lsinφ)ΩjMΩ2(Rr+−−sinφcosφ)=N左(R++N右(R−(R−⑧仍使用解法一中的坐标系和单位向量i,j,k。注意在旋转参考系中，i,j,k为常向量。旋转坐标系相对于静止系的角速度向量为(−Ωk)。与（1.1）中的计算类似，细杆的惯性力⑪⑫（2）由质心运动定理得，地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力f满足I=mr2④⑥由角动量定理得，车内发动机对两个车轮共输出相对于轮轴的扭矩τ(θ)满足τ(θ)−fr=2Iβ⑩由题意，细杆倾角θ保持不变，因此f和τ(θ)也保持不变。C点做匀加速直线运动。在随C点平动的加速参照系内，细杆的加速度为零，细杆绕端点C点的力矩满足平衡条件LL其中，τ,(θ)与τ(θ)互为正反力矩(M+4m)rMLgsinθMLcosθ(M+4m)rMLgsinθ⑩⑩㉑(0,y(t),r)，则细杆质心在t时刻的位置为㉒在随C点平动的加速参照系内，车体细杆相对于C点的转动方程为由㉒式得，细杆质心加速度的y分量为地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力f为㉕㉖yr2Iβ=τ(θ)−fr㉙㉙式形式和⑩式相同，但在不同的条件得到。由【在随C点平动的加速参照系内，车体细杆相对于C点的转动方程为由⑩式得，细杆质心加速度的y分量为地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力f为L2f=2my+M,ay(θ)=2mL2,ML,2=(M+2m)y+2(θcosθ−θsinθ)㉗㉘㉛㉜㉝㉓,㉔,㉕,㉖,yr2Iβ=τ(θ)−fr化简得关于θ的微分方程㉜’−(M′整体⋅−LM′整体−>0M>M′（1）如题解图5a，取半径r处与径向垂直的面元dS（图中仅画出了面元的侧面以O为顶点，dS为横截面作一锥体。对于球对称质量分布的恒星，当锥体的侧其中p(r)为r处的恒星物质密度，而m(r)为②0由p(r)的定义或直接将②式两边对r4τr2p③由①③式得，在平衡状态下m(r)与p(r)满足⑤③⑤式即为在平衡状态下m(r)与p(r)满足的微分方程。⑥⑥⑦m(r)p(0)r3⑦⑧⑧⑩⑩p(R)0m(R)M2p(r)p2p(r)p(R)rR⑩p(0)GM2⑩8τR4恒星中心压强的最小值（下界）如⑩式右端所示。④④⑥Egrav4τr2p④④⑥REgrav4τr3dp(r)0由于r=0和p(R)0，上式第一个等号右边第一项消失为0。⑩⑦EEE0，⑩⑦totintgrav其中总势能Egrav由⑥式给出，而总内能Eint为REintu(r)4τr2dr0(y1)u(r)p(r)⑩Eint4τr2dr⑩⑲如果恒星稳定、不会解体，则要求⑯式应被满足。注意到Egrav<0，由⑲式知，Y应满足的条件是（5）光子气体的内能密度urad可由普朗克黑体辐射能示，其中dS是体积元的底面的面积，cdt是体积元的侧面母线的长度。若光子气体的光压为prad，它在dt时间内作用对面元dS的冲量为dIpraddSdt㉒率为v的光子在dt时间内，在面元dS上转移的动量在dSdpv hvhv hvhv cchv㉓它正比于一个频率为v的光子的能量hv。各个频率的光子在dt时间内光子在面元dS上转移的动量在dS方dp0dv㉔式中是单位立体角内的光子气体的内能密度。冲量I实际上是光子在dt时间内光子在面元dS上转移的总动量在dS方向的投影之和00c4τ4τ003I2τdφτ/2dcosθ2cosθuraddScdtcosθ2uraddSdt2τdφτ/2cos2θdcosθ100c4τ4τ003prad㉖Y1㉗dprad(r)--㉙dr4τrcT3(r)dT(r)45h3c2k(r)L(r)dm(r)㉚dr512τ7k4r4dr（7）恒星内部每一点的总压强等于原子物质分压patom与光压prad之和，即p(r)patom(r)prad(r)㉛在加入辐射之后，第（1）问⑤式中的p应理解为总压强。于是由⑤㉙式和题给假设得六50分）在导体板A、B之间，设λ为真空电磁波的波长，有（2）间隔为r的两块相邻导体板之间的真空电磁场能量为㉜㉝㉞④⑤（4）按照题给的方法，间隔为r的两块相邻导体板之间的真空电磁场能量为两边对ε求导得对小量ε展开得（5）按照题给的方法，间隔为r的两块相邻导体板之间的真空电磁场能量为Etot(a)=E(a)+E(L−a)于是当x→∞(Λ→∞)时有此结果与f(x)的函数形式无关。（*）⑰⑱⑲⑳㉓㉔㉕第41届全国中学生物理竞赛决赛试题一牛顿环实验探究(40分)1.1(2分)牛顿环实验中，主要仪器是读数显微镜，其结构如题图所示，请给出下列部件(1)(1分)十字叉丝位于哪个部位？()A.物镜内B.目镜内C.45°玻璃片反射面上D.牛顿环仪上实验考试第1页/共10页1.3(2分)读数显微镜测量结果如题图所示，请分别填写读数。1.4(2分)实验中利用读数显微镜进行测量时，经常会带来空程误差，减小对应的测量不确定度的操作方法是：1.6(2分)利用牛顿环测量平凸透镜曲率半径时，假设入射光波长为λ,第m个暗环（半1.7(2分)利用牛顿环测量平凸透镜曲率半径实验中，若牛顿环中心是亮斑，下列哪些描述是可能的原因？()D.45°玻璃片反射镜调节不佳5实验考试第2页/共10页55’d10’d15’20’25’30’(2)(2分)基于最小二乘法的结果，计算 (2)(2分)充入待测液体后，牛顿环干涉(3)(2分)能够显著提高液体薄膜干涉条纹对比度的可能措施有哪些？()实验考试第3页/共10页λ 星V实验考试第4页/共10页λ2Δλλ2Δλ123456789试题二利用液体透镜探究布朗运动(40分)液、固三相交点处所作的气-液界面的切线，在液体一方与固液交界线之间的夹角。当接触(1)(2分)毛细管法是液体表面张力系数的测量实验考试第5页/共10页其中毛细管的内径为2R，接触角为θ,液体密度为P，液体表面张力系数为Y，重力加速毛细管璧的接触角为。结果保留三位有效数(2)(1分)此时毛细管中液体是以下哪种状态。 A.θ-arccosB.θ-arcsinC.θ-arccos