2013年第30届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案

第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准

一、（15分）一半径为R、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为v0(v0 0). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g.

参考解答：

以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v分解成纬线切向 (水平方向)分量v 及经线切向分量v . 设滑块质量为m，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P处，P和球心O的连线与水平方向的夹角为 . 由机械能守恒得

121212mv0 mgRsin mv mv (1) 222

这里已取球心O处为重力势能零点. 以过O的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故

mv0R mv Rcos .

(2)

由 (1) 式，最大速率应与 的最大值相对应

vmax v( max). 而由 (2) 式，q不可能达到π

(3)

2. 由(1)和(2)式，q的最大值应与v 0相对应，即

v ( max) 0. (4) [

(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得

2gRsin v0tan v 0. 若sin 0，由上式得

2

2

2

sin 2gR

. 22

cos v0

实际上，sin =0也满足上式。由上式可知 由(3)式有

v ( max) 2gRsin max v0tan max 0.

2

2

2

sin max2gR

. 22

cos maxv0

(4’)

]

将v ( max) 0 代入式(1)，并与式(2)联立，得

2v0sin2 max 2gRsin max 1 sin2 max 0.

(5)

以sin max为未知量，方程(5)的一个根是sinq

=0，即q=0，这表示初态，其速率为最小值，不

是所求的解. 于是sin max 0. 约去sin max，方程(5)变为 其解为

2

2gRsin2 max v0sin max 2gR 0.

(6)

sin max

2 v0 1 .

4gR

(7)

注意到本题中sin 0，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当 max时，

考虑到(4)式有

评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.

vmax

2

v

12v0 , 2

(8)

(9)

二、（20分）一长为2l的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m的小物块D和一质量为 m（ 为常数）的小物块B，杆可绕通过小物块B所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m的小环C套在细杆上（C与杆密接），可沿杆滑动，环C与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l，劲度系数为k，两端分别与小环C和物块B相连. 一质量为m的小滑块A在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C恰好静止在距轴为r（r>l）处.

1. 若碰前滑块A的速度为v0，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；

2. 若碰后物块D、C和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A的速度v0应满足的条件.

参考解答：

1. 由于碰撞时间 t很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A、C、D的速度分别为vA、vC、vD，显然有

vD

2lvCr.

(1)

以A、B、C、D为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒

mvD2l mvCr mvA2l mv02l.

(2)

由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间 t很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故

由 (1)、(2)、(3) 式解得

4lr8l2r2

vC 22v0,vD 22v0,vA 22v0 (4)

8l r8l r8l r

12121212

mvD mvC mvA mv0. 2222

(3)

[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点

同样可解出(4). ]

设碰撞过程中D对A的作用力为F1 ，对A用动量定理有

v0 vD vA.

(3’)

4l2 r2

F1 t mvA mv0 222mv0,

8l r

(5)

方向与v0方向相反. 于是，A对D的作用力为F1的冲量为

4l2 r2

F1 t 222mv0 (6)

8l r

方向与v0方向相同.

以B、C、D为系统，设其质心离转轴的距离为x，则

质心在碰后瞬间的速度为

x

mr m2l2l r.

( 2)m 2

(7)

v

vC4l(2l r)x v0. 22r( 2)(8l r)

(8)

轴与杆的作用时间也为 t，设轴对杆的作用力为F2，由质心运动定理有 由此得

F2 t

r(2l r)

2mv0. 8l2 r2

F2 t F1 t 2 mv

4l(2l r)

mv0. 22

8l r

(9)

(10)

方向与v0方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为

F2 t

r(2l r)

2mv0, 22

8l r

(11)

方向与v0方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.

[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理

F2 t F1 t mvC mvD. ]

[也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]

2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C以速度vC

4lr

v0绕过B的轴做匀速圆周运动的向心力，即

8l r2

2

2vC16l2r2

k r m 222mv0

(12) r(8l r)

则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A的速度v0应满足的条件

v

0 (13)

可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A的速度大小v0应满足(13)式.

评分标准：本题20分.

第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.

三、（25分）一质量为m、长为L的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令

m

表示细杆质量线密度. 当杆以角速度 绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内转动L

时，其转动动能可表示为

Ek k L

式中，k为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出 、 和 的值.

2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k的值.

3. 试求当杆摆至与水平方向成 角时在杆上距O点为r处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g.

提示：如果X(t)是t的函数，而Y(X(t))是X(t)的函数，则Y(X(t))对t的导数为

dY(X(t))dYdX

dtdXdt

例如，函数cos (t)对自变量t的导数为

dcos (t)dcos d dtd dt

参考解答：

1. 当杆以角速度 绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内转动时，其动能是独立变量 、 和

L的函数，按题意 可表示为

Ek k L (1)

式中，k为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[L]、[M]和[T]（它们可视为相互独立的基本单位），则 、 、L和Ek的单位分别为

[ ] [M][L] 1,

[ ] [T] 1,[L] [L],

[Ek] [M][L]2[T] 2

(2)

在一般情形下，若[q]表示物理量q的单位，则物理量q可写为

q (q)[q] (3) 式中，(q)表示物理量q在取单位[q]时的数值. 这样，(1) 式可写为

(Ek)[Ek] k( ) ( ) (L) [ ] [ ] [L] (4) 在由(2)表示的同一单位制下，上式即

(Ek) k( ) ( ) (L) (5) [Ek] [ ] [ ] [L] (6) 将 (2)中第四 式代入 (6) 式得

[M][L]2[T] 2 [M] [L] [T] (7)

(2)式并未规定基本单位[L]、[M]和[T]的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[L]、[M]和[T]均成立，于是

1, 2, 3 (8) 所以

Ek k 2L3 (9) 2. 由题意，杆的动能为

Ek Ek,c Ek,r (10) 其中，

Ek,c

121L mvc ( L) (11) 22 2

2

注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为

L

的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅2

直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能Ek,r为 Ek,r将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得 由此解得 于是

Ek=

1

k (14)

61 L L

k L L 2k 2 (13)

2 2 2

23

2

3

L L

2Ek( , ,) 2k 2 (12)

2 2

3

1

lw2L3. (15) 6

3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒

L Ek mg sin (16) 2

由(15)、(16)式得

w=

以在杆上距O点为r处的横截面外侧长为 L r 的那一段为研究对象，该段质量为 L r ，其质心速度为

L r L r

vc. (18) r

22

设另一段对该段的切向力为T(以 增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为

N(以指向O点方向为正向)，由质心运动定理得

T L r gcos L r at (19) N L r gsin L r an (20)

式中，at为质心的切向加速度的大小

at

L rd L rd d 3 L r gcos dvc

(21)

dt2dt2d dt4L

而an为质心的法向加速度的大小

an 2

L r3 L r gsin

. (22)

22L

由(19)、(20)、(21)、(22)式解得

评分标准：本题25分.

第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；

第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；

第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.

T N

L r 3r L

4L22L2

mgcos (23)

mgsin (24)

L r 5L 3r

四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G组成. 质量为m、带电量为

q的球形液滴从G缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G和容器口之间总

是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h. 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g. 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势Vmax.

参考解答：

设在某一时刻球壳形容器的电量为Q. 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有

mgh k

Qq1Qq

. mv2 2mgR k

h R2R

(1)

式中，v为液滴在容器口的速率，k是静电力常量. 由此得液滴的动能为

12Qq(h 2R)

. mv mg(h 2R) k

2(h R)R

(2)

从上式可以看出，随着容器电量Q的增加，落下的液滴在容器口的速率v不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为Qmax，则有

由此得

容器的最高电势为

mg(h 2R) k

Qmaxq(h 2R)

0.

(h R)R

(3)

Qmax

mg(h R)R

.

kq

(4)

Vmax k

Qmax

(5) R

由(4) 和 (5)式得

Vmax

mg(h R)

q

(6)

评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分.

d

的平面2

五、（25分）平行板电容器两极板分别位于z

内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B，方向沿x轴负方向，如图所示.

1. 在电容器参考系S中只存在磁场；而在以沿y轴正方向的恒定速度(0,v,0)（这里(0,v,0)表示为沿x、y、z轴正方向的速度分量分别为0、v、0，以下类似）相对于电容器运动的

,Ey ,Ez )又有磁场(Bx ,By ,Bz ). 试在非相对论情形下，从伽利略速度参考系S 中，可能既有电场(Ex

,Ey ,Ez )和磁场(Bx ,By ,Bz )的表达式. 已知电荷量和作用在物体上变换，求出在参考系S 中电场(Ex

的合力在伽利略变换下不变.

2. 现在让介电常数为 的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为

v，方向沿y轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S 中，由于液

,Ey ,Ez )中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化体处在第1问所述的电场(Ex

,Ey ,Ez )，而是效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(Ex

0

,Ey ,Ez )，这里 0是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S中电场不再为零. 试求电容(Ex

器参考系S中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用 0、 、v、B或（和）

d表出. ）

参考解答：

1. 一个带电量为q的点电荷在电容器参考系S中的速度为(ux,uy,uz)，在运动的参考系S 中的速度 ,u 为(uxy,uz). 在参考系S中只存在磁场(Bx,By,Bz) ( B,0,0)，因此这个点电荷在参考系S中所受

磁场的作用力为

Fx 0,Fy quzB, Fz quyB

,Ey ,Ez )又有磁场(Bx ,By ,Bz )，因此点电荷q在S 参考系中所受在参考系S 中可能既有电场(Ex

(1)

电场和磁场的作用力的合力为

u Fx q (ExyBz uzBy),

ux Bz uz Bx ), Fy q (Ey

By u Fz q (Ez uxyBx)

(2)

两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为

q q,

(Fx ,Fy ,Fz ) (Fx,Fy,Fz),

,u (uxy,uz) (ux,uy,uz) (0,v,0)

(3)

由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足

(uy v)Bz uzBy 0,Ex

uxBz uzBx uzB,Ey

(uy v)Bx uyBEz uxBy

(4)

它们对于任意的(ux,uy,uz)都成立，故

,Ey ,Ez ) (0,0,vB),(Ex

,By ,Bz ) ( B,0,0)(Bx

(5)

可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S 中却出现了沿z方向的匀强电场.

2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,v,0)匀速运动. 电容器参考系S中的磁场会在液体参考系S 中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的电场为

,Ey ,Ez ) (Ex

0

(0,0,vB). (6)

为了求出电容器参考系S中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S 中的电场和磁场来确定电容器参考系S中的电场和磁场. 考虑一带电量为q的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S 中，这力(Fx ,Fy ,Fz )如(2)式所示. 它在电容器参考系S中的形式为

Fx q(Ex uyBz uzBy),

Fy q(Ey uxBz uzBx), Fz q(Ez uxBy uyBx)

(7)

利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得

Ex uyBz uzBy 0,

Ey uxBz uzBx uzB,Ez uxBy uyBx

(8)

0vB

(uy v)B

对于任意的(ux,uy,uz)都成立，故

(Ex,Ey,Ez) (0,0,(

0

1)vB),

(9)

(Bx,By,Bz) ( B,0,0)

可见，在电容器参考系S中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.

注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为

V Ezd.

(10)

由(9)式中第一式和(10)式得

0

V 1 vBd.

评分标准：本题25分.

第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；

第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分. (11)

六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20 C时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为1.0 10/度和

5

2.0 10 5/度. 当温度升高到120 C时，双金属片将自动弯成圆弧

形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )

参考解答：

设弯成的圆弧半径为r，金属片原长为l，圆弧所对的圆心角为 ，钢和青铜的线膨胀系数分别为

1和 2，钢片和青铜片温度由T1 20 C升高到T2 120 C时的伸长量分别为 l1和 l2. 对于钢

片

(r

d

) l l1 (1) 2

l1 l 1(T2 T1) (2) 式中，d 0.20 mm. 对于青铜片

(r

d

) l l2 (3) 2

l2 l 2(T2 T1) (4) 联立以上各式得 r

评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式3分，(4) 式3分， (5) 式3分.

2 ( 1 2)(T2 T1)

d 2.0 102 mm (5)

2( 2 1)(T2 T1)

七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为 ，高为h. 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz平面平行，上表面与yz平面平行. 劈尖介质的折射率n随x而变化，n(x) 1 bx，其中常数

b 0. 一束波长为 的单色平行光沿x轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸

透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z方向平行、沿y方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x轴垂直，透镜主光轴为x轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于

y=0处；物和像之间各光线的光程相等.

1. 求其余各狭缝的y坐标；

2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.

x

图(a) 图(b) 参考解答：

1. 考虑射到劈尖上某y值处的光线，计算该光线由x 0到x h之间的光程 y . 将该光线在介质中的光程记为 1，在空气中的光程记为 2. 介质的折射率是不均匀的，光入射到介质表面时，在

x 0 处，该处介质的折射率n 0 1；射到x处时，该处介质的折射率n x 1 bx. 因折射率随x线性增加，光线从x 0处射到x h1（h1是劈尖上y值处光线在劈尖中传播的距离）处的光程 1与光通过折射率等于平均折射率

111

n0 nh 1 1 bh 1 bh1 (1) 1 1

2 22

的均匀介质的光程相同，即

1

1 1 h1 bh12 (2)

2

忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线（事实上，可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响），光线透过劈尖后其传播方向保持不变，因而有

于是

1

y 1 2 h bh12. (4)

2

2 h h1 (3)

由几何关系有 故

h1 ytan . (5)

y h y2tan2 . (6)

从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x轴，狭缝的y值应与对应介质的y值相同，这些平行光线会聚在透镜焦点处.

对于y 0处，由上式得

d(0)=h. (7)

b2

y处与y 0处的光线的光程差为

y 0

b22

ytan . (8) 2

由于物像之间各光线的光程相等，故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变；因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即 由此得

y A

. (10)

b2

ytan2 k ,k 1,2,3, . (9) 2

除了位于y=0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y坐标依次为

A,

,

,

, . (11)

2. 各束光在焦点处彼此加强，并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上，若依次取k m,4m,9m, ，其中m为任意正整数，则

ym ,y4m ,y9m , . (12)

，光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准：本题20分.

第1问16分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式1分，(4) 式1分，(5) 式2分，

(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分， (9) 式2分， (10) 式1分，(11) 式2分； 第2问4分，(12) 式4分（只要给出任意一种正确的答案，就给这4分）.

八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为me，真空中的光速为 c. 若能量为Ee的电子与能量为E 的光子相向对碰，

1. 求散射后光子的能量；

2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；

´109 eV，求散射后光子的能量. 已知3. 如果入射光子能量为2.00 eV，电子能量为 1.001

me=0.511´106 eV/c2. 计算中有必要时可利用近似：如果x

1»1-x. 2

参考解答：

1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为pe（pe 0）、p （p 0），碰撞后电子、光子的能量、

,pe ,E ,p . 由能量守恒有 动量分别为Ee

由动量守恒有

cos p cos ,pe p pe

sin p sin .pe

Ee+Eg=Ee¢+Eg¢.

.

(1)

(2)

式中， 和 分别是散射后的电子和光子相对于碰撞前电子的夹角. 光子的能量和动量满足

电子的能量和动量满足

2222424

2 pe 2c2 mec (4) Ee pec mec，Ee

Eg=pgc,Eg¢=pg¢c.

(3)

由(1)、(2)、

(3)、(4)式解得

E

E Ee (5)

[

由(2)式得

2c2 p 2c2 (pec p c)2 2p c(pec p c)cos pe

和pe p 满足三角形法则. 将(3)、

(4)式代入上式，并利用(1)式，得

此即动量p 、pe

2E E cos 2E (Ee E 2E )(Ee E ) Ee2 E 2 2E 此即(5)式.

]

当 0时有

E Ee

E

(6)

2. 为使能量从电子转移到光子，要求Eg¢>Eg. 由(5)式可见，需有

E E

0

此即

注意已设pe>0、pg<0.

3. 由于Ee mec2和Ee E ，因而pe p p ，由(5)式可知p p ，因此有

0. 又

将(8)式代入(6)式得

代入数据，得

评分标准：本题20分.

第1问10分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式2分，(4) 式2分，(5) 或(6)式2分； 第2问5分，(7) 式5分；

第3问5分，(8) 式2分， (9) 式1分， (10) 式2分.

24mec

Ee .

2EeE 或 pe p

(7)

(8)

Eg¢»

2EeEg

2Eg+mcEe

24

e

. (9)

Eg¢»29.7´106eV.

(10)

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