浙江省2015年夏令营测试参考答案(高一)

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代入数据：
520+ 5202 + 2 × 520 × 5112 =708Kev 2 c hc （6.63 × 10-34 J ⋅ s)(3.0 × 108m/s) = λ = = = 1.76 × 10−12 m ν hv (708kev )(1.60 × 10−16 J / kev ) Eγ =hv =
= λe
E − m c
2
=
4
(4.136 × 10−15 eV s )(3.0 × 108 m / s ) = 2 2 (520 + 511) − (511) kev
（2）计算电子获得的动能 Ek， 有能量守恒可得：
hν + mc 2 = Ek + hv′ + mc 2， ∴ Ek = hv − hv′
7 5 L x L 6 4
E= ∆ϕ ∆t
22 解.
⑴ 电路中产生的感应电动势
通过电阻的电量 q = I∆t =
E ∆t R
解得: q = BL 则
导体棒穿过 1 区过程 ∆ϕ = BLx0 ⑵ 设导体匀速运动的速度为 v0
x0 R
BLv0 R F0 R 导体棒受到水平力 F0 平衡 F0 = BI 0 L v0 = 2 B L2 设棒通过磁场区 1 在时间 ∆t 内，速度的变化为 ∆v ，对应的位移为 ∆x 则: F B 2 L2 F B 2 L2 ∆v ∆v = 0 ∆t − v∆t = 0 ∆t − ∆x F0 − BIL = m m mR m mR ∆t F0 B 2 L2 ∆ v = ∆ t − ∑ ∑ ∑ ∆x m mR B 2 L2 x0 mR 解得： t = + 2 2 F0 R B L ⑶ 设进入磁场时拉力为 F1 ，速度为 v 则 I0 =
∆q CB1 L∆v = CB1 La ⑨ = ∆t ∆t ⑩ 由牛顿第二定律： mg sin θ − µmg cos θ − B1 IL = ma mg sin θ − µmg cos θ ⑾ ⑨代入⑩得： a = 2 m + CB1 L2 2a h sin θ
⑿
棒为匀加速运动，末速度 v =由⑧⑾⑿得： v =2
1
2
)
mc 2
mc 2 511 = 0.87c v= c 1− c 1− = 2 520 + 511 Ek + mc
电子的德布罗意波长： λe =
2
2
h p
∴ p= 1
E2 =
得：
p 2c 2 + m 2c 4 ,
hc
2
c
E 2 − m 2c 4
1.386 × 10−12 m
解法 2： （1）同上 （2）计算电子获得的动能 Ek， 有能量守恒可得：
hν + mc 2 = Ek + hv′ + mc 2， ∴ Ek = hv − hv′
另外，由康普顿散射公式，
h (1 − cos θ ) ， mc 当（）最大时，电子获得的 λ′ − λ
λ′ − λ =
动能最大，即 2h mc
7 mg − mg = m
2 υ2
r2
L 1 2 mg ( + r2 ) = mv 2 2 2
由图的几何关系，有 解得
A L 2 O
L
L ( L − r2 ) = x + ( ) 2 2 5 L x2 = L r2 = 4 4
2 2 2
x2
P r2 x
υ2
因为 r 2 ＜r 1 ，则小球仍可通过最高点. 钉子 P 点的位置坐标范围为
另外，由康普顿散射公式，
h (1 − cos θ ) 也可写成： mc h 1 1 − = 2 (1 − cos θ ). ν ′ ν mc ν mc 2 ν ′= 2 mc + hν (1 − cos θ )
λ′ − λ =
再化简，得
hvmc 2 + ( hv ) (1 − cos θ ) − hν mc 2 hν mc 2 = Ek = hν − 2 mc + hv (1 − cos θ ) mc 2 + hv (1 − cos θ ) hν = mc 2 1+ hν (1 − cos θ )
F安' = B1I ' L
I '=
E R
E = B1Lvm B1 L2 mgR cos θ
2
⑦
由④⑥⑦得 µ = tan θ −
2Q m
⑧
运动全过程能量关系： 2mgh − µmg cos θ ⋅ 解得： Q总 =
2h = Q总 sin θ
2 B1 L2 h 2Q R sin θ m
2
(4)在电流为 I 时取微元 ∆t ， I =
Em
2 Em + Em + 2 Em mc 2 hv = 2
取负号使 hv 为负，已舍去。 代入数据：得
520+ 5202 + 2 × 520 × 5112 =708Kev 2 c hc （6.63 × 10-34 J ⋅ s)(3.0 × 108m/s) = = = = 1.76 × 10−12 m λ −16 ν hv (708kev )(1.60 × 10 J / kev ) Eγ =hv =
由余弦定理的
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AB = h cos θ − L2 − h 2 sin 2 θ
由以上几式得
− 1) h cos θ − L2 − h 2 sin 2 θ h cos θ − 1) T = Mg + M ω 2 h cos θ ( h cos θ − L2 − h 2 sin 2 θ
20.解 ：（1） F安 = B2 IL 由牛顿第二定律 F安 = ma 瞬时发热功率 P = I R
2
C1 =
ε0S
d1
C2 =
ε rε 0 S
① ② ③
由①②③得 P =
ma R 2 B2 L2 1 2 mvm 2
④
2
2
（2）设金属棒在 OO’处时的速度为 vm ， 水平轨道上能量守恒 Q =
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2
当θ=π时，Ek 为最大，得康普顿边界 Em
hν mc 2 1+ 2hν 反求 hν 与的关系： Em Em =
( hν )
hv =
2
− Em hν −
1 Em mc 2 = 0 2
2 Em ± Em + 2 Em mc 2 2
取负号使 hv 为负，故舍去。
hv =
2 Em + Em + 2 Em mc 2 2
二、填空题（本题共 7 小题，每空 4 分，共 48 分，把答案填在横线上。 ）
11． m g 2 + ( βR ) 2 + (βt ) R
2
[
]
2
12． f1
f4
13．2.0×1020 14.
2.0×10－7 .
2V0 ( P0 − 3∆P) ; ( P0 − 3∆P)V0 RT0
6qd 2 B 2 mv sin qB mE
(ω L) = ω2L L
2
h
β α L
速度
A δ
ωL
由 OA 杆得 A 点的绳向加速度分量为
a r = a n cos(π − β ) = a n (− cos β ) = ω 2 L 1 −
由 OA 绳得：
h 2 sin 2 θ L2
O
h 2 sin 2 θ (ωL sin δ ) 2 (ωL cos β ) 2 2 2 = aM − = a M − ω L (1 − ) / AB ar = aM − AB AB L2
2 2 1
υ1
r1 P x1 x
小球在竖直平面内做圆周运动，通过最低点时细绳的拉力最大，有
r1 L 1 2 mg ( + r1 ) = mυ12 2 2
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F1m − mg = m
2 υ12
解得
F1m =3mg +
mgL =6mg ＜7mg，满足要求. r1
将钉子向右移动时，随小球做圆周运动的半径减小，细绳的最大拉力增大，设钉子P的位置坐标为x 2 时， 下摆的小球绕钉子P沿半径为r 2 的圆周运动，通过最低点的速度为υ 2 ，此时细绳刚好不断.
(或用速度求导做)
a M = ω 2 h cos θ (
h cos θ
19. 解：开关 S 未闭合时，B、C 板上的电量为：
Q =U
ε rε 0 S
d2
闭合开关 S 后，设 B、C 板上增加的电量为 ∆Q ，则：
U0 =
∆Q Q + ∆Q + C1 C2
d2 ε ε S (U 0 − U ) 解得： ∆Q = r 0 ε r d1 + d 2 ∆Q ε r d1 (U 0 − U ) 所以： U AB = = C1 ε r d1 + d 2 ε (U − U ) U AB 间的场强为： E = AB = r 0 d1 ε r d1 + d 2 1 2 （2） W = ∆E − W电源 = （C2 '−C1 '）U 0 − QU 0 2 1 2 2 = (C2 '−C1 ' )U 0 − (C2 '−C1 ' )U 0 2 1 2 = − (C2 '−C1 ' )U 0 2 C1C2 ε rε 0 S ε S 其中 C1 ' = = C2 ' = 0 C1 + C2 (d 2 + ε r d1 ) d1 + d 2 1 1 εr W= ( − )ε 0 SU 02 2 d 2 + ε r d1 d1 + d 2