2025年高三物理上學(xué)期“物理競賽”拓展提高卷（一）注意事項本試卷共6題，滿分300分，考試時間3小時。要求寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后結(jié)果的不得分。一、電磁學(xué)與波動光學(xué)綜合題（50分）題目（1）光是電磁波，光的偏振方向是指電場強度(E)的方向，光的強度正比于電場強度大小的平方。在各向同性介質(zhì)中，電場強度(E)、磁場強度(H)和傳播方向(k)滿足右手螺旋關(guān)系，且(H=\frac{nc\epsilon_0}{1}E)（其中(n)為介質(zhì)折射率，(c)為真空光速，(\epsilon_0)為真空介電常數(shù)）。在介質(zhì)分界面上，(E)和(H)平行于界面的分量大小保持連續(xù)。若光從折射率為(n_1)的介質(zhì)入射到折射率為(n_2)的介質(zhì)，入射角為(\theta_1)，折射角為(\theta_2)（不考慮全反射），求：（1.1）入射光偏振方向在紙面內(nèi)時，透射光與入射光的電場強度之比(\frac{E_t}{E_i})及反射光與入射光的電場強度之比(\frac{E_r}{E_i})；（8分）（1.2）入射光偏振方向垂直于紙面時，上述比值。（8分）（2）自然光以布儒斯特角(\theta_B)入射時，反射光為完全偏振光。利用（1）中結(jié)論證明布儒斯特定律：(\tan\theta_B=\frac{n_2}{n_1})。（12分）（3）偏振分束器由兩個直角玻璃棱鏡斜面貼合而成，中間夾有高折射率(n_H)和低折射率(n_L)材料交替組成的多層膜。波長為(\lambda)的自然光以(45^\circ)入射角入射到多層膜上，第一次反射可忽略。（3.1）導(dǎo)出使反射光為線偏振光的玻璃棱鏡折射率(n)的公式；（6分）（3.2）導(dǎo)出使透射光偏振度最大的高、低折射率層最小厚度(t_H)和(t_L)的公式；（10分）（3.3）對氬離子激光（(\lambda=514.5,\text{nm})，(n_H=2.38)，(n_L=1.25)），計算(n)、(t_H)和(t_L)的最小值。（6分）解答（1.1）偏振方向在紙面內(nèi)（平行分量）：由界面切向分量連續(xù)條件，電場強度滿足(E_i\cos\theta_1-E_r\cos\theta_1=E_t\cos\theta_2)，磁場強度滿足(H_i+H_r=H_t)。結(jié)合(H=nc\epsilon_0E)及折射定律(n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2)，聯(lián)立解得：[\frac{E_t}{E_i}=\frac{2n_1\cos\theta_1}{n_2\cos\theta_1+n_1\cos\theta_2},\quad\frac{E_r}{E_i}=\frac{n_1\cos\theta_1-n_2\cos\theta_2}{n_1\cos\theta_1+n_2\cos\theta_2}]（1.2）偏振方向垂直于紙面（垂直分量）：類似可得電場強度關(guān)系(E_i+E_r=E_t)，磁場強度關(guān)系(H_i\cos\theta_1-H_r\cos\theta_1=H_t\cos\theta_2)，解得：[\frac{E_t}{E_i}=\frac{2n_1\cos\theta_1}{n_1\cos\theta_1+n_2\cos\theta_2},\quad\frac{E_r}{E_i}=\frac{n_2\cos\theta_1-n_1\cos\theta_2}{n_2\cos\theta_1+n_1\cos\theta_2}]（2）證明布儒斯特定律：當反射光為完全偏振光時，反射光中平行分量(E_r=0)。由（1.1）中(\frac{E_r}{E_i}=0)，得(n_1\cos\theta_1=n_2\cos\theta_2)。結(jié)合折射定律(n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2)，兩式相除得(\tan\theta_1=\tan\theta_B=\frac{n_2}{n_1})。（3.1）玻璃棱鏡折射率(n)：要使反射光為線偏振光，需滿足布儒斯特條件。此時入射角(\theta_1=45^\circ)，設(shè)多層膜等效折射率為(n_2)，則(\tan45^\circ=\frac{n_2}{n}\Rightarrown=n_2)。由于多層膜由(n_H)和(n_L)交替組成，等效折射率(n_2=\sqrt{n_Hn_L})，故(n=\sqrt{n_Hn_L})。（3.2）最小厚度公式：為使透射光偏振度最大，需使高、低折射率層的光程差滿足干涉相長條件。對垂直入射分量，光程差(2n_Ht_H\cos\theta_H=\frac{\lambda}{2})，(2n_Lt_L\cos\theta_L=\frac{\lambda}{2})（(\theta_H)、(\theta_L)為折射角）。由折射定律(n\sin45^\circ=n_H\sin\theta_H=n_L\sin\theta_L)，得(\cos\theta_H=\sqrt{1-\left(\frac{n\sin45^\circ}{n_H}\right)^2})，代入得：[t_H=\frac{\lambda}{4n_H\cos\theta_H},\quadt_L=\frac{\lambda}{4n_L\cos\theta_L}]（3.3）數(shù)值計算：(n=\sqrt{2.38\times1.25}\approx1.72)。(\theta_H=\arcsin\left(\frac{1.72\times\sin45^\circ}{2.38}\right)\approx30^\circ)，(\cos\theta_H=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx0.866)，故(t_H=\frac{514.5,\text{nm}}{4\times2.38\times0.866}\approx63.2,\text{nm})。同理，(t_L\approx112.5,\text{nm})。二、力學(xué)與天體物理綜合題（50分）題目一個質(zhì)量為(m)的質(zhì)點在(x-y)平面內(nèi)受有心力作用，其動量空間軌跡為圓，半徑為(p_1)，圓心在((0,ep_1))（(0<e<1)）。當質(zhì)點位于((\sqrt{1-e^2}p_1,0))時，距原點距離為(r_0)。令代表點到圓心的連線與(y)軸夾角為(\theta)。（1）用(\theta)表達質(zhì)點相對原點的位移；（14分）（2）求粒子在位移空間中的軌跡極坐標方程；（14分）（3）求有心力(f(r))的表達式；（6分）（4）求粒子運動的周期(T)。（6分）解答（1）位移表達式：動量空間中，質(zhì)點動量((p_x,p_y))滿足圓方程(p_x^2+(p_y-ep_1)^2=p_1^2)，即(p_x=p_1\sqrt{1-e^2}\sin\theta)，(p_y=p_1(e+\cos\theta))。由動量定義(\vec{p}=m\vec{v})，積分得位移(\vec{r}=\int\frac{\vec{p}}{m}dt)。利用角動量守恒(L=mr^2\dot{\phi}=p_xy-p_yx=\text{常量})，解得：[x=\frac{p_1\sqrt{1-e^2}}{m\omega}\sin\theta,\quady=\frac{p_1}{m\omega}(e+\cos\theta)]（其中(\omega=\dot{\theta})為角速度）。（2）極坐標方程：將(x=r\cos\phi)，(y=r\sin\phi)代入位移表達式，化簡得(r=\frac{p_1(1+e\cos\theta)}{m\omega})，即軌跡為橢圓，極坐標方程為(r=\frac{r_0}{1+e\cos\phi})（其中(r_0=\frac{p_1}{m\omega})）。（3）有心力(f(r))：由有心力公式(f(r)=-\frac{dU}{dr})，結(jié)合機械能守恒(E=\frac{p^2}{2m}+U(r))，解得(f(r)=-\frac{k}{r^2})（平方反比力，(k)為常量）。（4）周期(T)：橢圓軌道周期滿足開普勒第三定律(T=2\pi\sqrt{\frac{mr_0^3}{k}})，代入(k=m\omega^2r_0)，得(T=\frac{2\pip_1(1-e^2)^{3/2}}{m\omegar_0^2})。三、熱學(xué)與近代物理綜合題（50分）題目（1）牛頓在《數(shù)學(xué)原理》中假設(shè)聲速(v_0)由公式(v_0^2=\frac{p_1-p_0}{\rho_1-\rho_0})（(p)為壓強，(\rho)為密度）計算，結(jié)果比實際值低15%。拉普拉斯指出聲速傳播為等熵過程，修正公式為(v_0=\sqrt{\left(\frac{\partialp}{\partial\rho}\right)_s})。若理想氣體摩爾質(zhì)量為(\mu)，絕熱系數(shù)為(\gamma)，證明1mol氣體內(nèi)能(U=\frac{\gammapV}{\gamma-1})。（18分）（2）氫原子基態(tài)電子云電荷體密度(\rho\proptoe^{-2r/a_0})（(a_0)為玻爾半徑）。利用玻爾角動量量子化條件(L=n\hbar)（(n=1)），計算：（2.1）玻爾半徑(a_0)及(n)級軌道半徑；（10分）（2.2）電子距核的“期望距離”(\langler\rangle)；（8分）（3）若氫原子以速度(v\llc)運動，求相對球心((r,\theta))處的電磁場(\vec{E})、(\vec{B})及電磁場動量密度(\vec{g})。（14分）解答（1）內(nèi)能公式證明：等熵過程滿足(p\rho^{-\gamma}=\text{常量})，故(\left(\frac{\partialp}{\partial\rho}\right)_s=\gamma\frac{p}{\rho})。對1mol理想氣體，(pV=RT)，(\rho=\frac{\mu}{V})，代入得(v_0=\sqrt{\frac{\gammaRT}{\mu}})。內(nèi)能(U=C_VT)，且(C_p-C_V=R)，(\gamma=\frac{C_p}{C_V})，故(U=\frac{RT}{\gamma-1}=\frac{pV}{\gamma-1})。（2.1）玻爾半徑：角動量量子化(mva_0=\hbar)，庫侖力提供向心力(\frac{ke^2}{a_0^2}=\frac{mv^2}{a_0})，聯(lián)立解得(a_0=\frac{\hbar^2}{mke^2}\approx0.529,\text{?})。(n)級軌道半徑(r_n=n^2a_0)。（2.2）期望距離(\langler\rangle)：由電荷體密度分布(\rho(r)=\frac{e}{\pia_0^3}e^{-2r/a_0})，期望距離(\langler\rangle=\int_0^\inftyr\cdot4\pir^2\rho(r)dr=\frac{3}{2}a_0)。（3）電磁場及動量密度：低速運動時，電場(\vec{E}=\frac{ke\vec{r}}{r^3}-\frac{v\times\vec{B}}{c^2})，磁場(\vec{B}=\frac{\mu_0ev\times\vec{r}}{4\pir^3})。電磁場動量密度(\vec{g}=\epsilon_0(\vec{E}\times\vec{B})\approx\frac{ke^2v}{c^2r^5}(r\times(\vec{v}\times\vec{r})))。四、電磁學(xué)應(yīng)用題（50分）題目平底電磁爐鍋底由半徑(r_n=\frac{n+1}{4},\text{cm})（(n=1,2,3,\dots)）的同心導(dǎo)電圓環(huán)組成，單位長度電阻(R=\frac{\pi}{8},\Omega/\text{m})，鍋底直徑(d=28,\text{cm})。垂直鍋底施加按正弦規(guī)律變化的磁場(B=B_0\sin\omegat)（(\omega=2\pif)，(f=50,\text{Hz})）。（1）求半徑(r_1)的導(dǎo)電圓環(huán)中感應(yīng)電流的最大值；（8分）（2）若圓環(huán)產(chǎn)生的熱量全部以波長(\lambda=600,\text{nm})的光子輻射，求該圓環(huán)1分鐘輻射的光子數(shù)；（12分）（3）求半徑(r_4,r_5,r_6)三個圓環(huán)的總熱功率；（15分）（4）若1g鈾235完全裂變釋放能量(E=\Deltamc^2=9.1\times10^{-7},\text{kg}\times(3\times10^8,\text{m/s})^2\approx8.2\times10^{10},\text{J})，求上述三個圓環(huán)持續(xù)工作多少年釋放的能量與之相當（1年取(3.2\times10^7,\text{s})）。（15分）解答（1）感應(yīng)電流最大值：感應(yīng)電動勢(\mathcal{E}=-\frac{d\Phi}{dt}=-\pir_n^2\omegaB_0\cos\omegat)，最大值(\mathcal{E}{\text{max}}=\pir_n^2\omegaB_0)。圓環(huán)電阻(R{\text{總}}=R\cdot2\pir_n)，電流(I_{\text{max}}=\frac{\mathcal{E}{\text{max}}}{R{\text{總}}}=\frac{r_n\omegaB_0}{2R})。代入(r_1=0.5,\text{cm}=0.005,\text{m})，(\omega=100\pi,\text{rad/s})，(B_0=1,\text{T})，得(I_{\text{max}}\approx0.2,\text{A})。（2）光子數(shù)計算：熱功率(P=I_{\text{max}}^2R_{\text{總}}/2=0.01,\text{W})（有效值），1分鐘能量(E=P\times60=0.6,\text{J})。單個光子能量(\epsilon=hc/\lambda\approx3.3\times10^{-19},\text{J})，光子數(shù)(N=E/\epsilon\approx1.8\times10^{18})。（3）總熱功率：對(r_i=\frac{i+1}{4},\text{cm})（(i=4,5,6)），(r_4=1.25,\text{cm})，(r_5=1.5,\text{cm})，(r_6=1.75,\text{cm})。分別計算各圓環(huán)功率后求和，得總熱功率(P_{\text{總}}\approx0.15,\text{W})。（4）等效裂變時間：時間(t=E/P_{\text{總}}=8.2\times10^{10},\text{J}/0.15,\text{W}\approx5.5\times10^{11},\text{s}\approx1.7\times10^4,\text{年})。五、力學(xué)綜合題（50分）題目水平粗糙圓盤半徑為(R)，上有一質(zhì)量為(m)、半徑為(r)的小球，初始時小球球心位于((x_0,0))，速度((0,v_0))，無豎直角速度，圓盤足夠粗糙使小球始終純滾動。（1）若圓盤繞過中心豎直軸以角速度(\Omega)（逆時針）勻速轉(zhuǎn)動，分別對臺球（質(zhì)量集中于球心）和乒乓球（質(zhì)量均勻分布）求解：（1.1）小球不滾落的條件；（9分）（1.2）小球球心軌跡方程并作圖；（9分）（1.3）圓盤與小球間摩擦系數(shù)最小值；（9分）（2）若圓盤初始靜止，后以角加速度(\alpha)加速轉(zhuǎn)動，小球滑落前球心與圓盤中心連線掃過的面積為(S)，求小球滑落瞬間的質(zhì)心速率（用(v_0,\alpha,S)表示）。（17分）解答（1.1）不滾落條件：對臺球（質(zhì)點模型），需滿足最大靜摩擦力提供向心力(\mumg\geqm\Omega^2(R-r))，即(\mu\geq\frac{\Omega^2(R-r)}{g})。對乒乓球（剛體模型），還需考慮轉(zhuǎn)動慣量(I=\frac{2}{5}mr^2)，摩擦力矩(\tau=\mumgr=I\beta)，解得(\mu\geq\frac{2\Omega^2(R-r)}{5g})。（1.2）軌跡方程：小球相對慣性系的運動為勻速直線運動與圓周運動的疊加，軌跡為擺線，方程為(x=x_0+v_0t\cos\Omegat)，(y=v_0t\sin\Omegat)。（1.3）摩擦系數(shù)最小值：由純滾動條件(v=\omegar)，摩擦力(f=ma=I\beta/r)，解得(\mu_{\text{min}}=\frac{v_0}{gt})（其中(t)為達到穩(wěn)定滾動的時間）。（2）質(zhì)心速率：掃過面積(S=\int\frac{1}{2}r^2d\theta=\frac{1}{2}\int(v_0t+\frac{1}{2}\alphat^2)^2dt)，積分后解得(v=\sqrt{2\alphaS+v_0^2})。六、光學(xué)與原子物理綜合題（50分）題目（1）虹是光在球形雨滴內(nèi)反射形成的，折射率為(\mu)的雨水對第(k)級虹的偏向角為(\theta_k=2i-(k+1)\pi+2kr)（(i)為入射角，(r)為折射角）。（1.1）導(dǎo)出(\theta_k)取最小值時入射角(i)滿足的關(guān)系式；（10分）（1.2）計算紅光（(\mu=1.331)）在第一級和第二級虹的最小偏向角及角度差。（10分）（2）康普頓散射中，X光子與靜止電子碰撞后，散射光波長(\lambda'=0.0254,\text{nm})，散射角(\theta=60^\circ)。求反沖電子的動能（電子靜止質(zhì)量(m_0=9.1\times10^{-31},\text{kg})）。（15分）（3）二極管(D_1,D_2)