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第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

发布时间:2013-12-04 11:28:25  

第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

一、参考解答:

如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发

生在平板的边缘Q处,这时u0的值便是满足题中条件的最大值;

如果小球的水平速度u0较小,在它与平板发生第一次碰撞后再次

接近平板时,刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触,这时u0的值便是满足题中条件的最小值.

设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间

为t1,有 h?

若碰撞正好发生在Q处,则有

12gt1 (1) 2L?u0t1 (2) 从(1)、(2)两式解得的u0值便是满足题中条件的最大值,即

代入有关数据得

u0max? (3) u0max?0.71m/s (4) 如果u0?u0max,小球与平板的碰撞处将不在Q点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为v1,则有

v1(5) ?、V1?分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞过程中,小球以v1

和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是m,则有

??mV1? mv1=mv1

因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 12121112?2?mV1?2?mu0 mv1?mu0=mv122222

解(6)、(7)两式,得

(6) (7) ??0 v1(8)

(9) V1?=v1碰撞后,平板从其平衡位置以V1?为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合,x轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为t?0,则平板在t时刻离开平衡位置的位移

xPQ?Acos??t???

(10)

式中 ??2π T

(11) A和?是两个待定的常量,利用参考圆方法,在t时刻平板振动的速度

vPQ??A?sin??t??? (12) 因t?0时,xPQ?0.vPQ?V?,由(9)、(11)、(12)式可求得

把(13)、(14)式代入(10)式,得

A (13) (14) ??? π2xPQ?π??2πcos?t?? 2??T(15) 碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间t2与平板发生第二次碰撞且发生在Q处,则在发生第二次碰撞时,小球的x座标为

平板的x座标为

在碰撞时,有

12 xB?t2??gt22π??2πcos?t2?? 2??T(16) xPQ?

t2??(17) xB?t2??xPQ?t2? (18) 由(16)、(17)、(18)式,代入有关数据得 π??24.90t2?4.41cos?πt2?? 2??(19) 这便是t2满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表) t2?0.771s (20) 如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处,则有

由(1)、(20)和(21)式得 L?u0?t1?t2? (21) u0?L?0.46m/s t1?t2(22)

而满足题中要求的u0的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论,u0的取值范围是

附:(19)式的数值求解

0.46m/s?u0?0.71m/s

(23)

用数值解法则要代入t2不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

t2

xPQ?4.41cos?πt2?

2 xB?4.90t2

0.730 0.750 3.12 2.76 0.36

0.760 3.02 2.83 0.19

0.765 2.96 2.87 0.09

0.770 2.91 2.91 0

0.771 2.91 2.91 0

0.772 2.90 2.91 -0.01

0.775 2.86 2.94 -0.08

0.780 2.81 2.98 -0.17

0.790 2.70 3.06 -0.36

0.810 2.48 3.21 -0.73

??

π?2?

?

3.31 2.61 0.70

xPQ?xB

二、参考解答:

解法一

因为B点绕A轴作圆周运动,其速度的大小为

B点的向心加速度的大小为

vB??l

(1) (2)

aB??2l

因为是匀角速转动,B点的切向加速度为0,故aB也是B点的加速度,其方向沿BA方向.因为C点绕D轴作圆周运动,其速度的大小用vC表示,方向垂直于杆CD,在考察的时刻,由图可知,其方向沿杆BC方向.因BC是刚性杆,所以B点和C点沿BC方向的速度必相等,故有

π?l 4此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动,C点的法向加速度

2vC

aCn? (4)

CD

vC?vBcos

(3)

由图可知CD?,由(3)、(4)式得

aCn?其方向沿CD方向.

下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度,即切向加速度aCt.因为BC是刚性杆,所以C点相对B点的运动只能是绕B的转动,C点相对

2

l (5) B点的速度方向必垂直于杆BC.令vCB表示其速度的大小,根据速度合成公式有

???

vCB?vC?vB 由几何关系得

vCB??

B?l (6)

由于C点绕B作圆周运动,相对B的向心加速度

2vCB? CB

因为CB?,故有

aCB

(7)

aCB?

2

l (8)

其方向垂直杆CD.

由(2)式及图可知,B点的加速度沿BC杆的分量为

?aB?BC?aBcos

aCt?aCB??

aB?BC?

π

4

(9)

所以C点相对A点(或D点)的加速度沿垂直于杆CD方向的分量

2

l 4

(10)

C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度aCn与切向加速度aCt的合加速度,即

aC?

t2

l(11)

aC的方向与杆CD间的夹角

??arctan

aCt

?arctan6?80.54? aCn

(12)

解法二:通过微商求C点加速度

以固定点A为原点作一直角坐标系Axy,Ax轴与AD重合,Ay与AD垂直.任意时刻t,连杆的位形如图所示,此时各杆的位置分别用?,?和?表示,且已知AB?

l,

BC?

,CD?,AD?3l,

标表示为

d?

???,C点坐dt

(1)

(2)

xC?lcos?cos? yC?lsin?sin?

将(1)、(2)式对时间t求一阶微商,得

dxCd?d?????l?sin??? dtdtdt??

dyCd?d????l?cos??? dtdtdt??(3)

(4)

把(3)、(4)式对时间t求一阶微商,得

22?d2xCd2?d2???d???d????l?cos????sin?2????2? dt2dtdtdtdt????????

22?d2yCd2?d2???d???d???l??sin????cos?2?????2? 2dtdtdt??dt??dt????(5)

(6)

根据几何关系,有

CDsin??ABsin??BCsin? CDcos??ABcos??BCcos??3l ??sin?? ??3?cos?? (7)

(8) 将(7)、(8)式平方后相加且化简,得

?sin??cos??3cos????2?0 (9) 对(9)式对时间t求一阶微商,代入?? ππd?,??,???,得 24dtd?1?? dt2(10) 对(9)式对时间t求二阶微商,并代入上述数据,得 d2?32?? dt28

将(10)、(11)式以及?,?,

所以

由图知,aC与x轴的夹角为? (11) d?的数值代入(5)、(6)式,得 dtd2xC52??l? dt28d2yC72??l? dt282aC?? (12)

所以求得

?d2yC?d2xC

tan???2??2

?dt??dt?

??1.4 ?

(13)

??arctan1.4?54.46?

这个夹角在第三象限,为234.46?,故aC与CD的夹角

三、参考解答:

1.设a室中原有气体为?mol,打开K1后,有一部分空气进入a室,直到K1关闭时,a室中气体增加到??mol,设a室中增加的??????mol气体在进入容器前的体积为?V,气体进入a室的过程中,大气对这部分气体所作的功为

由热力学第一定律可知

由理想气体状态方程,有

由以上各式解出

?=80.54?

(14)

A?p0?V

?U???CV

(1) (2) (3)

用T 表示K1关闭后a室中气体达到平衡时的温度,则a室中气体内能增加量为

?T?T0?

?U?A

4

p0V0??RT0 5

p0?V???????RT0

p0V0???RT

(4) (5) (6)

T?

5?CV?R?5CV?4R

T0

(7)

2.K2打开后,a室中的气体向b室自由膨胀,因系统绝热又无外界做功,气体内能不变,所以温度不变(仍为T),而体积增大为原来的2倍.由状态方程知,气体压强变为

关闭K2,两室中的气体状态相同,即

p?

1p0 2

(8)

1

pa?pb?p,Ta?Tb?T,Va?Vb?V0,且?a??b??

2

(9)

拔掉销钉后,缓慢推动活塞B,压缩气体的过程为绝热过程,达到最终状态时,设两室气体的压强、体积

?、pb?、Va?、Vb?、Ta?、Tb?,则有 和温度分别为pa

paVa

CV?R

CV

?Va??pa

CV?R

CV

(10)

由于隔板与容器内壁无摩擦,故有

由理想气体状态方程,则有 因

由(8)~(15)式可得

pbVb

CV?RCV

?Vb??pb

CV?R

CV

(11)

??pb? pa

(12)

?Va???aRTa? pa

?Vb???bRTb? pb

(13) (14)

Va??Vb??V0

(15)

1Va??Vb??V0

2Ta??Tb??2T

RCV

(16) (17)

在推动活塞压缩气体这一绝热过程中,隔板对a室气体作的功W等于a室中气体内能的增加,即

由(6)、(17)和(18)式得

四、参考解答:

设某一时刻线框在磁场区域的深度为x?x?l1?,速度为v,因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为

R

?CV?CV

W??2?1?p0V0

?2R???

1

W??CV?Ta??T?

2

(18)

(19)

Ev?vBl2,它在线框中引起感应电流,感应电流的变化又

引起自感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向,则切割磁感应线产生的电动势Ev与设定的正方向相反,自感电动势EL??L

?i

与设定的正方向相同.因线?t

框处于超导状态,电阻R?0,故有

EL?Ev??L

?i

?vBl2?iR?0 ?t

(1)

可见i与x成线性关系,有 L?i?x?Bl2?0 ?t?tBl2?x??L?i (2) (3) Bl?i??2 ?xLi??Bl2x?C L(4) (5) C为一待定常数,注意到x?0时,i?0,可得C?0,故有 i??Bl2x L(6) x?0时i?0,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场区域时右侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力 2B2l2f?Bl2i??x L(7) 其大小与线框位移x成正比,方向与位移x相反,具有“弹性力”的性质.下面分两种情形做进一步分析:

(i)线框的初速度v0较小,在安培力的作用下,当它的速度减为0时,整个线框未全部进入磁场区,这时在安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率

周期

??(8) T?2(9)

振动的振幅可由能量关系求得,令xm表示线框速度减为0时进入磁场区的深度,这时线框的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”,由能量守恒可得

故其运动方程为

xm?2?2121?B2l2mv0???xm 22?L?(10) (11) x?? ?, t从0

到2?2(12)

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度v0向左匀速运动.因为在这种情况下xm的最大值是l1,即 11B2l2222mv0?l1 22L(13) 由此可知,发生第(i)种情况时,v0的值要满足下式 2?2121?B2l2mv0???l1 22?L?

v0? (14)

(ii) 若线框的初速度v0比较大,整个线框能全部进入磁场区.当线框刚进入磁场区时,其速度仍大于0,这要求v0满足下式

v0? (15)

当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域以前,线框的运动方程与(12)式相同,但位移区间是x?0到x?l1,所以时间间隔与(12)式不同,而是从0到

? t1?2??(16)

因为线框的总电动势总是为0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切割磁感应线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为0.此后线框中维持有最大的电流im??Bl2l1,磁场对线框L

两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运动的速度可由下式决定

五、参考解答:

解法一:

1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径,故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度 v?2111B2l222mv0?mv?l12 222L(17)

3.0?10?R?T?2.4?10-7T B??0?B0?125?r?

引力加速度 3?5(1)

9.8?R?

g??0?g0?m/s2?0.39m/s2

25?r?

考察等离子层中的某一质量为m、电荷量为q、初速度为u的粒子,取粒子所在处为坐标原点O,作一直角坐标系Oxyz,Ox轴指向地球中心,Oz沿磁场方向,如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为ux、uy和uz.因作用于粒子的引力沿x轴正方向,作用于粒子的洛伦兹力与z轴垂直,故粒子在z轴方向不受力作用,沿z轴的分速度保持不变. 现设想在开始时刻,附加给粒子一沿y轴正方向大小为v0的速度,同时附加给粒子一沿y轴负方向大小为v0的速度,要求与其中一个v0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡,即 得

qv0B?mg

x

2

(2)

y

v0?

mg

qB

(3)

用v表示ux与沿y轴的速度uy?v0的合速度(对质子取正号,对电子取负号),有

v (4)

这样,所考察的粒子的速度可分为三部分:

沿z轴的分速度uz.其大小和方向都保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量.

沿y轴的速度v0.对带正电的粒子,速度的方向沿y轴的负方向,对带负电的粒子,速度的方向沿y轴的正方向.与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消,故粒子将以速率v0沿y轴运动.由(3)式可知,

v0的大小是恒定的,与粒子的初速度无关,且对同种的粒子相同.

在Oxy平面内的速度v.与这速度联系的洛伦兹力使粒子在Oxy平面内作速率为v的匀速率圆周运动,若以R表示圆周的半径,则有

v2

qvB?m

R

R?

mv

qB

(5)

由(4)、(5)式可知,轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的x分量ux和y分量uy有关.圆周运动的速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0.

由此可见,等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(3)式给出的速度v0,其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向,对电子,方向向西,对质子,方向向东.电子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定向运动,电子、质子的定向运动就形成了

环绕地球中心的环形电流.

由(3)式和(1)、(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为

v0e?9.2?10?6m/s

(6)

v0p?1.7?10?2m/s (7)

由于电子、质子漂移速度的方向相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有

代入有关数据得

j?nq?v0p?v0e?

(8)

j?2.8?10?14A/m2

(9)

电流密度的方向沿纬度向东.

2.上一小题的讨论表明,粒子在Oxy平面内作圆周运动,运动的速率由(4)式给出,它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为

v(10)

由(1)、(2)、(3)、(5)、(10)各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re?0.33m

(11) (12)

Rp?14.8m

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用,电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为2Re?0.66m和2Rp?29.6m,都远小于等离子层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上.

解法二:.

1.由于等离子层的厚度远小于地球半径,故在所考察等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

引力加速度

3.0?10?R?

B??0?B0?T?2.4?10??T (1)

125?r?

3

?5

9.8?R?

g??0?g0?m/s2?0.39m/s2

25?r?

z vz

x

2

(2)

考察等离子层中的某一质量为m,电荷量为q、初速度为u的粒子,取粒子所在处为坐标原点O,作一直角坐标系Oxyz,Ox轴指向地球中心,Oz沿磁场方向,如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为ux、uy和uz. 若以vx、vy、

y

图1

vz表示粒子在任意时刻t的速度v在x方向、y方向和z方向的

分速度,则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下的运动方程为

x

m?dvxmg??mg?qvyB?qB?vy?? (3) dtqB??

mdvy

dt??qvxB (4) (5) mdvz?0 dt

(5)式表明,所考察粒子的速度在z轴上的分量保持不变,即

作变量代换,令

其中

把(7)、(8)式代入(3)、(4)式得

vz?uz (6) Vx?vx Vy?vy?v0 (7) v0?mg qB (8) dVx?qBVy dtdVym??qVxB dtm

由(9)、(10) 两式可知,作用于粒子的力F在x和y方向的分量分别为

(9) (10) Fx?qBVy Fy??qBVx

若用?1表示F的方向与x轴的夹角,?2表示V的方向与x

轴的夹角,而V? tan?1?Fy

Fx??

Vy

VxVx Vy tan?2?

可见tan?1?tan?2??1,表明F的方向与V的方向垂直,粒子将在F的作用下在Oxy平面内作速率为V的匀速圆周运动.若以R表示圆周的半径,则有

V2qVB?m RR?mV qB(11) 在匀速圆周运动中,V的大小是不变的,任何时刻V的值也就是t?0时刻V的值,由(7)式和已知条件在t?0时刻有

Vx?uxVy?uy?v0

故有

V?(12)

以上讨论表明,粒子的运动可分成三部分:

根据(6)式vz?uz,可知粒子沿z轴的分速度大小和方向都保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量.

根据(7)式可得vx?Vx,vy?Vy?v0,表明粒子在Oxy平面内以速率V作圆周运动的同时,又以速度v0沿y轴运动.圆周运动的轨道半径不仅与粒子的质量有关,Vx、Vy是圆周运动速度的x分量和y分量.

而且与粒子的初速度的x分量ux和y分量uy有关.圆周运动的速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0.

沿y轴的速度v0由(8)式给出,其大小是恒定的,与粒子的初速度无关,同种粒子相同,但对带正

电的粒子,其方向沿y轴的负方向,对带负电的粒子,其方向沿y轴的正方向.

由此可见,等离子层内电子和质子虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(8)式给出的速度v0,其方

向垂直于粒子所在处的地球引力,对电子,方向向西,对质子,方向向东.电子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流.

由(8)式和(1)、(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为

v0e?9.2?10?6m/s (13)

(14) v0p?1.7?10?2m/s

由于电子、质子漂移速度的方相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有

j?nqv0p?v0e

代入有关数据得

j?2.8?10?14A/m2 (16) ?? (15)

电流密度的方向沿纬度向东.

2.上一小题的讨论表明,粒子在Oxy平面内作圆周运动,运动的速率由(12)式给出,它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为

V?(17) 因题给出的电子与质子的初速度ux是不同的,电子、质子的质量又是不同的,故电子、质子在Oxy平面内作圆周运动的半径也是不同的.由(1)、(2)、(8)、(11)、(12)各式并代入有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re?0.33m (18) (19) Rp?14.8m

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用,电子和质子在

地球半径方向的最大下降距离分别为2Re?0.66m和2Rp?29.6m,都远小于电离层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上. 六、参考解答:

D?s ll2.?

d

1.

附1、2两问的参考解法:

1.求S?经双缝产生的干涉图像的零级亮纹P0?的位置

?,它也就是光源S?与S分别对应的干涉条纹的零级亮纹之间的距离,即 设P0?点的坐标为y0

相似,因D??d, 则

??0?y0? P0?P0??y?y0

??从S1作S2P0?的垂线交于H点,三角形OP0P0?与三角形S1HS2由双缝到P0?点的光程差?1?S2P0?S1P0,

?1?

dd

???y y0DD

(附1)

(附2)

S从S2作S?S1的垂线交于G,S?到双缝的光程差

?2?S?S2?S?S1

?d,则 三角形SOS?与三角形S1GS2相似,因l?

d

?2?SS2?SG?GS1??GS1???s

l

??

(附3)

对满足零光程差条件的P0?而言, 得

dd?s

?SS2?S2P????SS?SP??????y??0 0?12??110?Dl

?y?

D

??s lD? d

(附4)

2.在线光源情况下,可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间距为

?y?(附5)

?s值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源.不难证明,它们经双缝产生干涉条纹的间距?y均如

(5)式所示.宽度为w的扩展光源是由一系列?s值不同的、连续分布的、相互独立的线光源构成.因此

扩展光源在观察屏上产生的干涉图像的强度是由每个线光源产生干涉条纹的强度相加而成.当扩展光源宽度为w时,对于光源最边缘点有

代入(4)式 若

?s?w

(附6)

?y?

Dl

w (附7)

?y??y

(附8)

则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个条纹间距.由于扩展光源各部分产生的干涉条纹的光强分布都相同,各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等,变得一片模糊而无法分辨.由(5)式和(7)式,求得为使条纹能被分辨,扩展光源允许的最大宽度

3. 解法一

如图2所示,aa?是由扩展光源上端边缘发出的平行光,bb?是由扩展光源下端边缘发出的平行光.设ab光线交于M1点,a?b?光线交于M2点.aa?光束中的光线a经过M1M3S1P到达观察屏上P点;光线a?经过M2M4S2P到达观察屏上P点,两相干光波产生干涉,在观察屏上产生一套干涉条纹.同理,平行光束bb?在观察屏上产生另一套干涉条纹.从扩展光源不同部位发出的、倾角在

0和?之间不同角度入射的平行光束,经迈克尔逊测星仪相应的反射镜走过不同路径到双孔,然后在观察屏上产生很多套干涉条纹.这些干涉条纹光强度彼此相加,屏幕上就形成了光强度的分布图像.根据第2问的结果,其清晰度取决于来自扩展光源上下边缘发出的平行光aa?与bb?分别在屏幕上产生两套干涉条纹的相对位置错开的程度.

由对称性考虑,平行光束aa?中两条光线a和a?在观察屏上P0的光程差为0,即平行光aa?产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在P0处.现讨论以倾角?斜入射的平行光束bb?通过整个光学装置后,在观察屏上某点发生干涉时的光程差.光束bb?中的光线b入射M1的光线经M3反射到达S1,光线b从M1点算起,所经光程为M1M3?M3S1;光线b?入射M2的光线经M4反射到达S2,光线b?从M2点算起,所经光程为

w?

l

? d

(附9)

P

P0

M2M4?M4S2.由对称性可得

M1M3?M3S1?M2M4?M4S2

(1)

也就是说从M1和M2算起,光线b和b?到达S1与S2的光程是相等的,但是光线b和b?在到达M1和M2时,二者的相位却不同.由M2作斜入射光线bM1的垂线交H点,M2与H相位相等,因此,斜入射的两条平行光线b和b?到达S1 和S2时的相位差是光程差HM1引起的

???M2M4S2???HM1M3S1???HM1??h? ?1

(2)

从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星干涉仪,经双孔后发出的相干光在观察屏上坐标为y(坐标

原点取在P0上)的P点上引起的光程差

???1??h?????1

d

y D

(3)

其零级亮纹所在位置P0?对应的光程差??0,故P0?的坐标

??h??y0

D

dD d

(4)

这也就是平行光aa?与bb?产生的干涉条纹的零级亮纹(也是两套条纹)错开的距离

?y?h??(5)

因在线光源情况下,可以导出双孔干涉的相邻两亮纹的间距为

?y?

D

? (6) d

当二者错开一个条纹间隔时,即?y??y,代入(6)式(星光波长采用),得

??

h

(7)

远处的星体作为扩展光源发出的光经过“测星仪”到达双孔,在屏上观察到干涉条纹的清晰度下降,由小到大调节M1、M2距离h,当屏幕上条纹消失时,记下此时h的值代入(7)式就可确定扩展光源角直径?的大小.

注:实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源,通过调节h使屏幕上的干涉条纹消失,即各处强度完全相等时,通过数学计算,用迈克尔逊测星仪测量得的星体角直径??1.22

解法二

?

h

?以及光线a在M1、M3如图3所示,对M1、M3而言,找出S1对M3的中间像S1??和对M1所成的像S1

的反射点F和G.由物像的对称性可知GS1?GS1??,FS1??FS1??,故

M4(未画上一点到FS1??FG?GS1

出)而言,从光线a?

即从光线a上一点到S1?和到S1的光程相等.同理可证,从光线b上一点到S1?和到S1的光程相等;对M2、

?和到S2的光程相S2

?处的光程因此,光线a 到S1处与光线a?到S2处引起的光程差?la与没有反射镜M1、M2时两光线到S1?、S2

相等.因a、a?垂直双孔屏,故

?la?0 ?la??0 (1) (2) 通过双孔S1、S2后,光线a、a?在P0的光程差

?处求b、b?两光线到达S1、S2处的光程差?lb.由S2?作bS1?的垂平行光束bb?斜入射时,可从S1?、S2

?H(见图4), 线S2

说明光线b?超前于光线b.

通过双孔S1、S2后光线b、b?射出的相干光线在屏幕上形成的零级亮纹不可能位于P0处,因为二者到达双孔前光线b?已超前了光线b,如图5所示,光线b?经过S2孔后要多走一段光程来抵消前面的相位差,以达到与光线b在没有光程差的情况下相交于远方屏幕上,形成干涉零级亮纹.该点所对应的b?经过S2孔后多走的光程

图5

?lb?HS1?hsin??h? (3) 0? 0 ??S2P?lb0?S1P0?dsin??d? (4)

?可求得平行光束bb?经双孔后在观察屏上的干涉零级条纹位置P0?.由(3)式和(4)式,从?lb??lb

得 ??? h

d(5)

P0?的位置坐标

??Dtan??D? y0(6)

?之间的距离)h,直到屏幕上的干涉条纹消由小到大调节反射镜M1、M2之间的距离(也就是S1?、S2

失,即各处强度完全相等时,记下此时h的值.这时相干光bb?在屏幕上零级亮纹位置P0?与P0的距离

?P0P0?y0?0??y?D?

(7)

当P0P0等于条纹间隔?y,即

代入(7)式得

由(5)、(9)两式,得

解法三

P0P0?

D

d

(8)

??

d

(9)

??

h

(10)

根据第2问的结果,为使条纹能被分辨,扩展光源的允许宽度为w?的张角为

l

?,从而扩展光源对双缝中心d

w?

? (1) ld

'

如图3所示,对M1、M3而言,找出S1对M3的中间像S1??和对M1所成的像S1以及光线a在M1、M3的

???

反射点F和G.由物像的对称性可知GS1?GS1??,FS1??FS1??,故

FS1??FG?GS1

即从光线a上一点到S1?和到S1的光程相等.同理可证,从光线b上一点到S1?和到S1的光程相等;对M2、

?和到S2的光程相等;?和到S2的光程相等.M4(未画出)而言,从光线a?上一点到S2从光线b?上一点到S2从?为S2经M4、M2反射的等效像点,从而可将测星干涉看分析可知,S1?为S1经M3、M1反射的等效像点,S2?的等效杨氏双缝干涉,其缝距为 作是经双孔S1?、S2

2?h 1

(2)

?之间的距离)h,直到屏幕上的干涉条纹消由小到大调节反射镜M1、M2之间的距离(也就是S1?、S2

失,即各处强度完全相等,这时只需将测得的h直接替换(1)式中的d,可得计算星体角直径的公式

??

得到与前两种解法相同的结果.

七、参考解答:

h

(3)

根据题意,Be核和K层电子的动量都为零,在第一个反应中,若用pLi*表示激发态锂核

7

?

?Li?

7

?

的动

?

量,pη表示中微子η的动量,则由动量守恒定律有

??pLi??p??0 (1)

?7即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等,方向相反.在第二个反应中,若用pLi表示反冲锂核Li的

动量,p?表示光子的动量,则由动量守恒定律有

由(1)、(2)式得

p??pLi?pγ (2) Li???????pLi???pγ?p?? (3) 当锂核的反冲动量pLi最大时,其反冲能量也最大. 由(3)式可知,当中微子的动量与γ光子的动量同方向时,锂核的反冲动量最大.注意到γ光子的动量

有 pγ?h? (4) ch? c(5) pLi?pη?

由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多,锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表示,这时有

由(5)、(6)式得

pηch?

代入有关数据得

pη?0.38MeV/c

用Eη表示中微子的能量,根据相对论有

根据能量守恒定律有

由(9)、(10)式得

mηc2??mBec2?mec2?mLic2?ER?h???

由(8)式和已知数据得

mη?0.00MeV/c2 (12) Eη?2pLiER? (6) 2mLi(7) (8) (9) mBec2?mec2?mLic2?ER?h??Eη (10) ??2?2??pηc ??12(11)

由(12)式可知,所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内,故不能确定中微子的静止质量.如果有,其质量一定小于0.1MeV/c2.

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