物理竞赛-第24届大学生试卷答案

第24届全国中学⽣物理竞赛复赛试题及详解（WORD版）第24届全国中学⽣物理竞赛复赛试卷（本题共七⼤题，满分160分）⼀、（20分）如图所⽰，⼀块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地⾯固定连接。

平板被限制在两条竖直光滑的平⾏导轨之间（图中未画出竖直导轨），从⽽只能地竖直⽅向运动。

平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。

⼀⼩球B 放在光滑的⽔平台⾯上，台⾯的右侧边缘正好在平板P 端的正上⽅，到P 端的距离为m h 80.9=。

平板静⽌在其平衡位置。

⽔球B 与平板PQ 的质量相等。

现给⼩球⼀⽔平向右的速度0µ，使它从⽔平台⾯抛出。

已知⼩球B 与平板发⽣弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重⼒可以忽略不计。

要使⼩球与平板PQ 发⽣⼀次碰撞⽽且只发⽣⼀次碰撞，0µ的值应在什么范围内？取2/8.9s m g =⼆、（25分）图中所⽰为⽤三⾓形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平⾯连杆结构图。

AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸⾯的固定轴转动，A 、D 两点位于同⼀⽔平线上。

BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。

当AB 杆绕A 轴以恒定的⾓速度ω转到图中所⽰的位置时，AB 杆处于竖直位置。

BC 杆与CD 杆都与⽔平⽅向成45°⾓，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。

求此时C 点加速度c a 的⼤⼩和⽅向（⽤与CD 杆之间的夹⾓表⽰）三、（20分）如图所⽰，⼀容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，⼀厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。

容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。

隔板和活塞可⽤销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作⽤且不漏⽓。

整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的⼤⽓中。

初始时将活塞B ⽤销钉固定在图⽰的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。

第24届全国中学生物理竞赛决赛试题★ 理论部分一、A ，B ，C 三个刚性小球静止在光滑的水平面上．它们的质量皆为m ，用不可伸长的长度皆为l 的柔软轻线相连，AB 的延长线与BC 的夹角α = π / 3 ，如图所示．在此平面内取正交坐标系Oxy ，原点O 与B 球所在处重合，x 轴正方向和y 轴正方向如图．另一质量也是m 的刚性小球D 位于y 轴上，沿y 轴负方向以速度v 0（如图）与B 球发生弹性正碰，碰撞时间极短．设刚碰完后，连接A ，B ，C 的连线都立即断了．求碰后经多少时间，D 球距A ，B ，C 三球组成的系统的质心最近．二、为了近距离探测太阳并让探测器能回到地球附近，可发射一艘以椭圆轨道绕太阳运行的携带探测器的宇宙飞船，要求其轨道与地球绕太阳的运动轨道在同一平面内，轨道的近日点到太阳的距离为0.01AU （AU 为距离的天文单位，表示太阳和地球之间的平均距离：1AU = 1.495 ×1011 m ），并与地球具有相同的绕日运行周期（为简单计，设地球以圆轨道绕太阳运动）．试问从地球表面应以多大的相对于地球的发射速度u 0（发射速度是指在关闭火箭发动机，停止对飞船加速时飞船的速度）发射此飞船，才能使飞船在克服地球引力作用后仍在地球绕太阳运行轨道附近（也就是说克服了地球引力作用的飞船仍可看做在地球轨道上）进入符合要求的椭圆轨道绕日运行？已知地球半径R e = 6.37 ×106 m ，地面处的重力加速度g = 9.80 m / s 2 ，不考虑空气的阻力．三、如图所示，在一个竖直放置的封闭的高为H 、内壁横截面积为S 的绝热气缸内，有一质量为m 的绝热活塞A 把缸内分成上、下两部分．活塞可在缸内贴缸壁无摩擦地上下滑动．缸内顶部与A 之间串联着两个劲度系数分别为k 1和k 2（k 1≠k 2）的轻质弹簧．A 的上方为真空；A 的下方盛有一定质量的理想气体．已知系统处于平衡状态，A所在处的高度（其下表面与yC缸内底部的距离）与两弹簧总共的压缩量相等皆为h 1 = H / 4 ．现给电炉丝R 通电流对气体加热，使A 从高度h 1开始上升，停止加热后系统达到平衡时活塞的高度为h 2 = 3H / 4 ．求此过程中气体吸收的热量△Q ．已知当体积不变时，每摩尔该气体温度每升高1 K 吸收的热量为3R / 2 ，R 为普适气体恒量．在整个过程中假设弹簧始终遵从胡克定律．四、为了减少线路的输电损耗，电力的远距离输送一般采用高电压的交流电传输方式．在传输线路上建造一系列接地的铁塔，把若干绝缘子连成串（称为绝缘子串，见图甲），其上端A 挂在铁塔的横臂上，高压输电线悬挂在其下端B ．绝缘子的结构如图乙所示：在半径为R 1的导体球外紧包一层耐高压的半球形陶瓷绝缘介质，介质外是一内半径为R 2的半球形导体球壳．已知当导体球与导体球壳间的电压为U 时，介质中离球心O 的距离为r 处的场强为E =R 1R 2R 2－R 1 Ur2 ，场强方向沿径向．1．已知绝缘子导体球壳的内半径R 2 = 4.6 cm ，陶瓷介质的击穿强度E k = 135 kV / cm ．当介质中任一点的场强E ＞E k 时，介质即被击穿，失去绝缘性能．为使绝缘子所能承受的电压（即加在绝缘子的导体球和导体球壳间的电压）为最大，导体球的半径R 1应取什么数值？此时，对应的交流电压的有效值是多少？AB 图甲半球形导体球壳绝缘层导体球图乙2．一个铁塔下挂有由四个绝缘子组成的绝缘子串（如图甲），每个绝缘子的两导体间有电容C 0 ．每个绝缘子的下部导体（即导体球）对于铁塔（即对地）有分布电容C 1（导体球与铁塔相当于电容器的两个导体极板，它们之间有一定的电容，这种电容称为分布电容）；每个绝缘子的上部导体（即导体球壳）对高压输电线有分布电容C 2 ．若高压输电线对地电压的有效值为U 0 ．试画出该系统等效电路图．3．若C 0 = 70 pF = 7 × 10－11F ，C 1 = 5 pF ，C 2 = 1 pF ，试计算该系统所能承受的最大电压（指有效值）．五、如图所示，G 为一竖直放置的细长玻璃管，以其底端O 为原点，建立一直角坐标系Oxy ，y 轴与玻璃管的轴线重合．在x 轴上与原点O 的距离为d 处固定放置一电荷量为Q 的正点电荷A ，一个电荷量为q （q ＞0）的粒子P 位于管内，可沿y 轴无摩擦地运动．设两电荷之间的库仑相互作用力不受玻璃管的影响．1．求放在管内的带电粒子P 的质量m 满足什么条件时，可以在y ＞0的区域内存在平衡位置．2．上述平衡状态可以是稳定的，也可能是不稳定的；它依赖于粒子的质量m ．以y （m ）表示质量为m 的粒子P 处于平衡位置时的y 坐标．当粒子P 处于稳定平衡状态时，y （m ）的取值区间是_________________；当粒子P 处于不稳定平衡状态时，y （m ）的取值区间是_________________（请将填空答案写在答题纸上）．3．已知质量为m 1的粒子P 处于稳定平衡位置，其y 坐标为y 1 ．现给P 沿y 轴一微小扰动．试证明以后的运动为简谐运动，并求此简谐运动的周期．4．已知质量为m 2的粒子P 的不稳定平衡位置的y 坐标为y 2 ，现设想把P 放在坐标y 3 处，然后从静止开始释放P ．求释放后P 能到达玻璃管底部的所有可能的y 3（只要列出y 3满足的关系式，不必求解）．六、yG POdAx如图所示，一半径为R 、折射率为n g 的透明球体置于折射率n 0 =1的空气中，其球心位于图中光轴的O 处，左、右球面与光轴的交点为O 1与O 2 ．球体右半球面为一球面反射镜，组成球形反射器．光轴上O 1点左侧有一发光物点P ，P 点到球面顶点O 1的距离为s ．由P 点发出的光线满足傍轴条件，不考虑在折射面上发生的反射．1．问发光物点P 经此反射器，最后的像点位于何处？2．当P 点沿光轴以大小为v 的速度由左向右匀速运动时，试问最后的像点将以怎样的速度运动？并说明当球体的折射率n g 取何值时像点亦做匀速运动．七、已知钠原子从激发态（记做 P 3 / 2）跃迁到基态（记做 S 1 / 2）所发出的光谱线波长 λ0=588.9965 nm ．现有一团钠原子气，其中的钠原子做无规的热运动（钠原子的运动不必考虑相对论效应），被一束沿z 轴负方向传播的波长为 λ = 589.0080 nm 的激光照射．以 θ 表示钠原子运动方向与z 轴正方向之间的夹角（如图所示）．问在 30° ＜ θ ＜45° 角度区间内的钠原子中速率u 在什么范围内能产生共振吸收，从S 1 / 2 态激发到P 3 / 2 态？并求共振吸收前后钠原子速度（矢量）变化的大小．已知钠原子质量为M = 3.79 × 10－26kg ，普朗克常量h = 6.626069 × 10－34J • s ，真空中的光速c = 2.997925 × 108 m • s －1 ．第24届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、1．分析刚碰后各球速度的方向．由于D 与B 球发生弹性正碰，所以碰后D球的速度激光束方向仍在y 轴上；设其方向沿y 轴正方向，大小为v ．由于线不可伸长，所以在D ，B 两球相碰的过程中，A ，C 两球都将受到线给它们的冲量；又由于线是柔软的，线对A ，C 两球均无垂直于线方向的作用力，因此刚碰后，A 球的速度沿AB 方向，C 球的速度沿CB 方向．用θ表示B 球的速度方向与x 轴的夹角，则各球速度方向将如图所示．因为此时连接A ，B ，C 三球的两根线立即断了，所以此后各球将做匀速直线运动．2．研究碰撞后各球速度的大小．以v 1 ，v 2 ，v 3 分别表示刚碰后A ，B ，C 三球速度的大小，如图所示．因为碰撞过程中动量守恒，所以沿x 方向有mv 1－mv 3 cos α + mv 2 cos θ = 0 ； （1）沿y 方向有－mv 0 = mv － mv 2 sin θ －mv 3 sin α ． （2）根据能量守恒有12mv 20 = 12mv 21 + 12mv 22 + 12mv 23 + 12mv 2． （3） 因为碰撞过程中线不可伸长，B ，C 两球沿BC 方向的速度分量相等，A ，B 两球沿AB 方向的速度分量相等，有v 2 cos θ = v 1 ， （4） v 2 cos [ π － ( α + θ ) ] = v 3 ． （5）将α = π / 3代入，由以上各式可解得v 1 = 312v 0， （6） v 2 = 216v 0， （7） v 3 =33v 0， （8） v = 14v 0 ． （9）3．确定刚碰完后，A ，B ，C 三球组成的系统质心的位置和速度．由于碰撞时间极短，刚碰后A ，B ，C 三球组成的系统，其质心位置就是碰撞前质心的位置，以（x c ，y c ）表示此时质心的坐标，根据质心的定义，有x c = ml cos α－ml3m ， （10）y c =ml sin α3m． （11） 代入数据，得x c = －16l，（12）y c = 36l．（13）根据质心速度的定义，可求得碰后质心速度v c的分量为v c x = mv1 + mv2 cosθ－mv3 cosα3m，（14）v c y = －mv2 sinθ－mv3sinα3m．（15）由（4）～（7）和（14），（15）各式及α值可得v c x = 0 ，（16）v c y =－512v0．（17）4．讨论碰后A，B，C三球组成的系统的质心和D球的运动．刚碰后A，B，C三球组成的系统的质心将从坐标（x c =－l / 6，y c = 3l / 6）处出发，沿y轴负方向以大小为5 v0/ 12的速度做匀速直线运动；而D球则从坐标原点O出发，沿y轴正方向以大小为v0/ 4的速度做匀速直线运动．A，B，C三球组成系统的质心与D球是平行反向运动，只要D球与C球不发生碰撞，则v C，v D不变，质心与D球之间的距离逐渐减少．到y坐标相同处时，它们相距最近．用t表示所求的时间，则有vt = y c+ v c y t（18）将v c y ，v，y c的值代入，得t =3l4v0．（19）此时，D球与A，B，C三球组成系统的质心两者相距l / 6 ．在求出（19）式的过程中，假设了在t = 3l / 4v0时间内C球未与D球发生碰撞．下面说明此假设是正确的；因为v3 = 3v0/ 3 ，它在x方向分量的大小为3v0/ 6．经过t时间，它沿x轴负方向经过的距离为l / 8 ．而C球的起始位置的x坐标为l / 2 ．经t时间后，C球尚未到达y轴，不会与D球相碰．二、从地球表面发射宇宙飞船时，必须给飞船以足够大的动能，使它在克服地球引力作用后，仍具有合适的速度进入绕太阳运行的椭圆轨道．此时，飞船离地球已足够远，但到太阳的Ar sePv距离可视为不变，仍为日地距离．飞船在地球绕太阳运动的轨道上进入它的椭圆轨道，用E 表示两轨道的交点，如图1所示．图中半径为r se 的圆A 是地球绕太阳运行的轨道，太阳S 位于圆心．设椭圆B 是飞船绕日运行的轨道，P 为椭圆轨道的近日点．由于飞船绕日运行的周期与地球绕日运行的周期相等，根据开普勒第三定律，椭圆的半长轴a 应与日地距离r se 相等，即有a = r se （1）根据椭圆的性质，轨道上任一点到椭圆两焦点的距离之和为2a ，由此可以断定，两轨道的交点E 必为椭圆短轴的一个顶点，E 与椭圆长轴和短轴的交点Q （即椭圆的中心）的连线垂直于椭圆的长轴．由△ESQ ，可以求出半短轴b =r 2se － ( a － SP )2 ． （2）由（1），（2）两式，并将a = r se = 1AU ，SP = 0.01 AU 代入，得b = 0.141AU ． （3）在飞船以椭圆轨道绕太阳运行过程中，若以太阳为参考系，飞船的角动量和机械能是守恒的．设飞船在E 点的速度为v ，在近日点的速度为v p ，飞船的质量为m ，太阳的质量为M s ，则有mva sin θ = mv p SP ， （4）式中θ为速度v 的方向与E ，S 两点连线间的夹角：sin θ = ba． （5）由机械能守恒，得12mv 2 －G M s m a = 12mv 2p － GmM s SP． （6） 因地球绕太阳运行的周期T 是已知的（T = 365 d ），若地球的质量为M e ，则有GM s M e a 2 = M e ( 2πT)2a ． （7） 解（3）～（7）式，并代入有关数据，得v = 29.8 km / s ． （8）（8）式给出的v 是飞船在E 点相对于太阳的速度的大小，即飞船在克服地球引力作用后从E 点进入椭圆轨道时所必须具有的相对于太阳的速度．若在E 点飞船相对地球的速度为u ，因地球相对于太阳的公转速度为v e =2πaT= 29.8 km / s ， （9） 方向如图1所示．由速度合成公式，可知v = u + v e ， （10）速度合成的矢量图如图2所示，注意到v e 与ES 垂直，有u =v 2 + v 2e －2vv e cos (π2－θ ) ， （11） 代入数据，得u = 39.1 km / s ． （12）u 是飞船在E 点相对于地球的速度，但不是所要求的发射速度u 0 ．为了求得u 0 ，可以从与地心固定连接在一起的参考系来考察飞船的运动．因飞船相对于地球的发射速度为u 0时，飞船离地心的距离等于地球半径R e ．当飞船相对于地球的速度为u 时，地球引力作用可以忽略．由能量守恒，有12mu 20 －G M e m R e = 12mu 2 ． （13） 地面处的重力加速度为g = GM eR 2e， （14） 解（13），（14）两式，得u 0 = u 2 + 2gR e ． （15）由（15）式及有关数据，得u 0 = 40.7 km / s ． （16）如果飞船在E 点处以与图示相反的方向进入椭圆轨道，则（11）式要做相应的改变．此时，它应为图2u = v2 + v2e －2vv e cos (π2+ θ) ，（17）相应计算，可得另一解u = 45.0 km / s ，u0 = 46.4 km / s ．（18）如果飞船进入椭圆轨道的地点改在E点的对称点处（即地球绕日轨道与飞船绕日轨道的另一个交点上），则计算过程相同，结果不变．三、两个弹簧串联时，作为一个弹簧来看，其劲度系数k =k1k2k1 + k2．（1）设活塞A下面有νmol气体．当A的高度为h1时，气体的压强为p1，温度为T1．由理想气体状态方程和平衡条件，可知p1Sh1 = vRT1，（2）p1S= kh1 + mg．（3）对气体加热后，当A的高度为h2时，设气体压强为p2，温度为T2．由理想气体状态方程和平衡条件，可知p2Sh2 = vRT2，（4）p2S= kh2 + mg．（5）在A从高度h1上升到h2的过程中，气体内能的增量△U= v 32R ( T2－T1 ) ．（6）气体对弹簧、活塞系统做的功W等于弹簧弹性势能的增加和活塞重力势能的增加，即W= 12k ( h22－h21) + mg (h2－h1 ) ．（7）根据热力学第一定律，有△Q=△U + W．（8）由以上各式及已知数据可求得△Q=k1k2k1 + k2H2 +54mgH．（9）四、1．根据题意，当导体球与导体球壳间的电压为U时，在距球心r（R1＜r＜R2）处，电场强度的大小为E =R 1R 2R 2－R 1 Ur2 ． （1） 在r = R 1 ，即导体球表面处，电场强度最大．以E （R 1）表示此场强，有E ( R 1) =R 2U(R 2－R 1) R 1． （2）因为根据题意，E （R 1）的最大值不得超过E k ，R 2为已知，故（2）式可写为E k =R 2U(R 2－R 1) R 1（3）或U = E k(R 2－R 1) R 1R 2 ． （4） 由此可知，选择适当的R 1值，使(R 2－R 1) R 1最大，就可使绝缘子的耐压U 为最大．不难看出，当R 1 =R 22（5） 时，U 便是绝缘子能承受的电压的最大值U k ．由（4），（5）两式得U k =E k R 24， （6） 代入有关数据，得U k = 155 kV ． （7）当交流电压的峰值等于U k 时，绝缘介质即被击穿．这时，对应的交流电压的有效值U e =U k2110 kV ． （8） 2．系统的等效电路如图所示．3．设绝缘子串中间三点的电势分别为U 1 ，U 2 ，U 3 ，如图所示．由等效电路可知，与每个中间点相连的四块电容极板上的电荷量代数和都应为零，即有U 0 C 2C 2 C 2C 2C 1C 1 C 1 C 1C 0 C 0 C 0 C 012011010012230211200223031230032()()()0,()()()0,()()0.U U C U C U U C U U C U U C U C U U C U U C U C U C U U C U U C -+----=⎧⎪-+----=⎨⎪+----=⎩ （9）四个绝缘子上的电压之和应等于U 0 ，即( U 0－U 1 ) + ( U 1－U 2 ) + ( U 2－U 3 ) + U 3 = U 0 ． （10）设△U 1 = U 0－U 1 ， △U 2 = U 1－U 2 ，△U 3 = U 2－U 3 ，△U 4 = U 3 ， （11） 则可由（9）式整理得1012200111220123001101220123012001()0,()()0,()()(2)()0;U C C C U C U C U C C U C C C U C U C U C C C U C C C U C C C U C C ++--=⎧⎪++++--=⎨⎪++++++++-+=⎩△△△△△△△△ 代入数据，得120123012307050,767050,76146750.U U U U U U U U U U U --=⎧⎪+--=⎨⎪++-=⎩76△△6△△△76△△△ （12） 解（12）式，可得△U 1 = 0.298 U 0 ， △U 2 = 0.252 U 0 ，△U 3 =0.228 U 0 ． （13）由（10）～（12）式可得△U 4 =U 3 = 0.222 U 0 ． （14）以上结果表明，各个绝缘子承受的电压不是均匀的；最靠近输电线的绝缘子承受的电压最大，此绝缘子最容易被击穿．当最靠近输电线的绝缘子承受的电压有效值△U 1 =U e （15）时，此绝缘子被击穿，整个绝缘子串损坏．由（8），（13）和（15）三式可知，绝缘子串承受的最大电压U 0 C 2C 2 C 2C 2C 1C 1 C 1 C 1C 0 C 0 C 0 C 0U 1U 2 U 3U 0max =U e0.298= 369 kV ． （16） 五、1．如图所示，位于坐标y 处的带电粒子P 受到库仑力F E 为斥力，其y 分量为F Ey = kQq r 2 sin θ = k Qqy( d 2+ y 2)3 / 2， （1） 式中r 为P 到A 的距离，θ为r 与x 轴的夹角．可以看出，F Ey 与y 有关：当y 较小时，（1）式分子中的y 起主要作用，F Ey 随y 的增大而增大；当y 较大时，（1）式分母中的y 起主要作用，F Ey 随y 的增大而减小．可见，F Ey 在随y 由小变大的过程中会出现一个极大值．通过数值计算法，可求得F Ey 随y 变化的情况．令τ= y / d ，得F Ey = kQqd 2 τ( 1 +τ2)3 / 2． （2） 当τ取不同数值时，对应的τ( 1 +τ2)－3 / 2的值不同．经数值计算，整理出的数据如表1所示．表1由表中的数据可知，当τ= 0.707，即y = y 0 = 0.707d （3）时，库仑力的y 分量有极大值，此极大值为F Ey max = 0.385kqQd 2． （4） 由于带电粒子P 在竖直方向除了受到竖直向上的F Ey 作用外，还受到竖直向下的重力mg 作用．只有当重力的大小mg 与库仑力的y 分量相等时，P 才能平衡．当P 所受的重力mg 大于F Ey max 时，P 不可能达到平衡．故质量为m 的粒子存在平衡位置的条件是mg ≤F Ey max ．由（4）式得m ≤0.385g k qQ d2 ． （5）y GPmgrOdxAF Ey2．y (m )＞ 0.707d ；0＜y (m )≤0.707d ．3．根据题意，当粒子P 静止在y = y 1处时，处于稳定平衡位置，故有132221()Qqy kd y －m 1g = 0 ． （6）设想给粒子P 沿y 轴的一小扰动△y ，则P 在y 方向所受的合力为F y = F Ey －m 1g = kQq ( y 1 +△y )[ d 2+ ( y 1 +△y )2 ]3 / 2－m 1g ． （7）由于△y 为一小量，可进行近似处理，忽略高阶小量，有F y = kQq ( y 1 +△y )[ d 2+ y 21 + 2y 1△y]3 / 2 －m 1g = kQq ( y 1 +△y )(d 2 + y 21 )3 / 2( 1 － 3y 1△yd 2 + y 21)－m 1g = k Qqy 1(d 2 + y 21 )3 / 2 + k Qq △y (d 2 + y 21 )3 / 2 － k 3qQy 21△y (d 2 + y 21 )5 / 2 － m 1g ．注意到（6）式，得F y = － m 1g (2y 21－d 2 )(d 2 + y 21) y 1△y ． （8）因y = y 1是粒子P 的稳定平衡位置，故y 1＞0.707d ，2y 21－d 2＞0 ．由（8）式可知，粒子P 在y 方向受到合力具有恢复力的性质，故在其稳定平衡位置附近的微小振动是简谐运动；其圆频率为ω=(2y 21－d 2 )(d 2 + y 21) y 1g ， （9） 周期为T = 2πω=2π(d 2 + y 21 ) y 1(2y 21－d 2 ) g． （10）4．粒子P 处在重力场中，具有重力势能；它又处在点电荷A 的静电场中，具有静电势能．当P 的坐标为y 时，其重力势能W g = m 2gy ，式中取坐标原点O 处的重力势能为零；静电势能W E = kqQd2 +y2．粒子的总势能W = W g + W E = m2gy + kqQd2 +y2．（11）势能也与P的y坐标有关：当y较小时，静电势能起主要作用，当y较大时，重力势能起主要作用．在P的稳定平衡位置处，势能具有极小值；在P的不稳定平衡位置处，势能具有极大值．根据题意，y = y2处是质量为m2的粒子的不稳定平衡位置，故y = y2处，势能具有极大值，即W ( y2 )= W max= m2gy2 + k qQd2 +y22．（12）当粒子P的坐标为y3时，粒子的势能为W ( y3 )= m2gy3 + k qQd2 +y23．当y3 ＜y2时，不论y3取何值，粒子从静止释放都能到达管底．若y3 ＞y2 ，粒子从静止释放能够到达管底，则有W ( y3 ) ＞W ( y2 ) ．所以，y3满足的关系式为y3 ＜y2；（13）或者y3 ＞y2 且m2gy3 + k qQd2 +y23＞m2gy2 + kqQd2 +y22．（14）附：（1）式可表示为F Ey= k Qqr2sinθ= kQqd2cos2θsinθ，式中θ为P，A之间的连线和x轴的夹角．由上式可知，带电粒子P在θ= 0 ，π/ 2时，F Ey= 0 ．在0≤θ≤π/ 2区间，随着θ的增大，sinθ是递增函数，cos2θ是递减函数．在此区间内，F Ey必存在一个极大值F Ey max ；用数值法求解，可求得极大值所对应得角度θ0．经数个计算整理出的数据如表2所示．表2由表中数值可知，当θ= θ0≈0.615 rad（即35.26°）时，F Ey取极大值F Ey max= k Qqd2cos2θsinθ0 = 0.385 kQqd2．带电粒子P在竖直方向上还受到重力G的作用，其方向与F Ey相反．故带电粒子P受到的合力F = F Ey －G = k Qqd2cos2θsinθ－mg ．当F = 0 ，即F Ey= G 时，P处于平衡状态．由此可见，当带电粒子的质量m≤F Ey maxg=k ( qQ / d2 ) cos2θ0sinθ0g时，可以在y轴上找到平衡点．六、1．单球面折射成像公式可写成n′s′+ ns=n′－nr，（1）式中s为物距，s′为像距，r为球面半径，n和n′分别为入射光和折射光所在介质的折射率．在本题中，物点P经反射器的成像过程是：先经过左球面折射成像（第一次成像）；再经右球面反射成像（第二次成像）；最后再经左球面折射成像（第三次成像）．（1）第一次成像．令s1和s′1分别表示物距和像距．因s1 = s ，n = n0 = 1，n′ = n g，r = R ，有n gs′1+ 1s1=n g－1R，（2）即s′1 =n g Rs( n g－1 ) s－R．（3）（2）第二次成像．用s2 表示物距，s′2 表示像距，有1 s′2+ 1s2=2r．（4）因s2 = 2R－s′1 ，r= R，由（3），（4）两式得s′2 = ( 2s + 2R－n g s )R3R + 3s－n g s．（5）（3）第三次成像．用s3 表示物距，s′3 表示像距，有s ′3s 3r因s 3 = 2R －s ′2 ，n 0 = 1 ，r = －R ，由（5），（6）两式得s ′3 =( 4s －n g s + 4R )R2n g s －4s + n g R －4R． （7）2．以 v ′ 表示像的速度，则3222[4()()4](44)12()4()4244/.(244)(24)(244)g g g g g g g g g g g g s s n s s R R s n s R R s v t t n s s s s n R R n s s n R R n R s tn s s n R R s n n s s n R R ⎧⎫+-++-+'⎪⎪'==-⎨⎬+-++--+-⎪⎪⎩⎭-=-+-+--+-△△△△△△△△△△ （8）由于△s 很小，分母中含有△s 的项可以略去，因而有v ′ =－n 2g R 2(2n g s－4s +n g R－4R )2△s△t． （9）根据题意，P 从左向右运动，速度大小为 v ，则有v = －△s△t． （10） 由此可得，像的速度v ′ =n 2g R 2v(2n g s －4s + n g R －4R )2． （11）可见，像的速度与 s 有关，一般不做匀速直线运动，而做变速直线运动．当n =2 （12）时，（11）式分母括号中的头两项相消，v ′ 将与 s 无关．这表明像也将做匀速直线运动；而且（11）式变为 v ′ = v ，即像的速度和P 的速度大小相等．七、解法一．根据已知条件，射向钠原子的激光的频率v =cλ． （1） 对运动方向与 z 轴正方向的夹角为 θ 、速率为 u 的钠原子，由于多普勒效应，它接收的激光频率v ′ = v ( 1 +uccos θ )； （2） 改用波长表示，有1 + uc cosθ发生共振吸收时，应有λ′ = λ0 ，即λ1 + uc cosθ= λ0 ．（4）解（4）式，得u cosθ= c λ－λ0λ0；（5）代入有关数据，得u cosθ= 5.85 × 103 m •s－1 ．（6）由（6）式，对θ=30°的钠原子，其速率u1= 6.76 × 103 m •s－1 ；对θ= 45°的钠原子，其速率u2= 8.28 × 103 m •s－1 ．运动方向与z 轴的夹角在30°～45°区域内的原子中，能发生共振吸收的钠原子的速率范围为6.76 × 103 m •s－1 ＜u＜8.28 × 103 m •s－1 ．（7）共振吸收前后，动量守恒．设钠原子的反冲速率为V ，则有Mu－hλe z= MV ．（8）其中e z 为z 轴方向的单位矢量．由（8）式得u－V =hMλe z．（9）钠原子速度（矢量）变化的大小为| u－V |=hMλ；（10）代入数据，得| u－V |= 2.9 × 10－2 m •s－1．（11）解法二．根据已知条件，钠原子从激发态P3 / 2 跃迁到基态S1 / 2 发出的光谱线的频率v0 = cλ0；（1）入射激光的频率v =cλ． （2） 考查运动方向与 z 轴的正方向成 θ 角的某个钠原子．它在共振吸收过程中动量守恒，能量守恒．以 u 表示该钠原子在共振吸收前的速度，V 表示该钠原子共振吸收后的速度，则有Mu －hvc e z= MV ， （3） 12Mu 2 + hv = 12MV 2 + hv 0 ． （4）把（3）式写成分量形式，并注意到共振吸收前后钠原子在垂直于 z 轴方向的动量不变，有Mu sin θ = MV sin θ′ ， （5） Mu cos θ －hvc= MV cos θ′ ， （6） 式中θ′ 为激发态钠原子速度方向与 z 轴正方向的夹角．从（5），（6）两式中消去θ′ ，得M 2u 2 －M 2V 2 = － ( hv c ) 2 + 2Mu hvccos θ ． （7）由（4），（7）两式可得2hv 0 －2hv = －1 M ( hv c )2 + 2hv u ccos θ ． （8） 注意到( hv / c )2M ，得 v 0 = v ( 1 +uccos θ )； （9） 改用波长表示，有λ0 =λ1 + u ccos θ． （10）解（10）式，得u cos θ = cλ－λ0λ0； （11）代入有关数据，得u cos θ = 5.85 × 103 m • s－1． （12）由（12）式，对 θ =30° 的钠原子，其速率u 1 = 6.76 × 103 m • s－1；对 θ = 45° 的钠原子，其速率u 2 = 8.28 × 103 m • s－1 ．运动方向与z 轴的夹角在30°～45°区域内的原子中，能发生共振吸收的钠原子的速率范围为6.76 × 103 m •s－1 ＜u＜8.28 × 103 m •s－1 ．（13）由（3）式可知，钠原子共振吸收前后速度（矢量）的变化为u－V =hMλe z，（14）速度（矢量）大小的变化为| u－V |=hMλ；（15）代入数据，得| u－V |= 2.9 × 10－2 m •s－1．（16）。

第24届全国中学生物理竞赛预赛题试卷本卷共八题，满分200分一．（25分）填空题1．2006年诺贝尔物理学奖授予美国科学家约翰∙马瑟和乔治∙斯穆特，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体国徽形式和各向异性。

这一发现为有关宇宙起源的__________理论提供了进一步的支持，使宇宙学进入了“精确研究”时代。

2．恒星演化到了后期，某些恒星在其内部核燃料耗尽时，会发生强烈的爆发，在短短的几天中，亮度陡增千万倍甚至上亿倍。

我国《宁史》第五十六卷中对当时观测到的上述现象作了详细记载。

2006年5月是我国发现此现象一千周年，为此在杭州召开了有关的国际学术研讨会。

天文学上把演化到这一阶段的恒星称为__________，恒星演变到这一阶段，预示着一颗恒星的终结。

此后，它可能成为__________或__________。

3．2006年11月21日，中国、欧盟、美国、日本、韩国、俄罗斯和印度七方在法国总统府正式签署一个能源方面的联合实施协定及相关文件，该协定中的能源是指__________能源。

4．潮汐是一种常见的自然现象，发生在杭州湾钱塘江入海口的“钱江潮”是闻名世界的潮汐现象。

在农历初一和十五前后各有一次大潮，在两次大潮之间又各有一次小潮。

试把每月中出现两次大潮时球、月球和太阳的相对位置示意图定性地画在下面。

试把每月中出现两次小潮时球、月球和太阳的相对位置示意图定性地画在下面。

5．如图所示，用双线密绕在一个长直圆柱上，形成两个螺线管aa ’和bb ’（分别以实线和虚线表示），已知两个线圈的自感都是L 。

若把a 与b 两端相连，把a ’和b ’两端接入电路，这时两个线圈的总自感等于_________；若把b 与a ’两端相连，把a 和b ’两端接入电路，这时两个线圈的总自感等于_________；若把a 与b 两端相连作为一端，a ’与b ’ 相连作为另一端，把这两端接入电路，这时两个线圈的总自感等于_________。

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0u 的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度0u 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0u 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1t ，有2112h gt =（1） 若碰撞正好发生在Q 处，则有01L u t =（2）从（1）、（2）两式解得的0u 值便是满足题中条件的最大值，即0max u = （3）代入有关数据得0max 0.71m/s u =（4）如果00max u u <，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1v ，则有1=v （5）以1'v 、1V '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111mV ''+mv =mv （6）因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得22222101101111122222mV ''+++mv mu =mv mu （7）解（6）、（7）两式，得10'=v （8）11V '==v （9）碰撞后，平板从其平衡位置以1V '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0t =，则平板在t 时刻离开平衡位置的位移()PQ cos x A t ωϕ=+（10）式中2πTω= （11）A 和ϕ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()PQ sin A t ωωϕ=-+v（12）因0t =时，PQ 0x =．PQ V '=v ，由（9）、（11）、（12）式可求得A （13）π2ϕ=-（14）把（13）、（14）式代入（10）式，得PQ 2ππcos 2x t 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2t 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()2B 2212x t gt =（16）平板的x 座标为()PQ 222ππcos 2x t t T⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （17）在碰撞时，有()()B 2PQ 2x t x t =（18）由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得222π4.90 4.41cos π2t t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（19）这便是2t 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）20.771s t =（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q 处，则有()012L u t t =+（21）由（1）、（20）和（21）式得0120.46m/s Lu t t ==+ （22）而满足题中要求的0u 的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，0u 的取值范围是00.46m/s 0.71m/s u <≤（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入2t 不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：2t0.730 0.750 0.760 0.765 0.770 0.771 0.772 0.775 0.780 0.790 0.810 2π4.41cos π2PQ x t =-⎛⎫ ⎪⎝⎭3.31 3.12 3.02 2.96 2.91 2.91 2.90 2.86 2.81 2.70 2.48 224.90B x t =2.61 2.76 2.83 2.87 2.91 2.91 2.91 2.94 2.983.06 3.21 PQ B x x -0.700.360.190.09-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73二、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 l ω=v （1） B 点的向心加速度的大小为2B a l ω=（2）因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为0，故B a 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C v 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C πcos4l ==B v v （3）此时杆CD 绕D 轴按顺时针方向转动，C 点的法向加速度2CCn a CD=v （4）由图可知CD =，由（3）、（4）式得2Cn a l = （5） 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Ct a ．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B 点的速度方向必垂直于杆BC ．令CB v 表示其速度的大小，根据速度合成公式有CB C B =-v v v由几何关系得2CB B l ===v （6）由于C 点绕B 作圆周运动，相对B 的向心加速度B v2CBCBa CB=v （7）因为CB =，故有2CB a 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()πcos4B B BC a a = （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()24Ct CB B BC a a a l =+=（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Cn a 与切向加速度Ct a 的合加速度，即2C a l ==（11）C a 的方向与杆CD 间的夹角arctanarctan 680.54CtCna a θ===︒ （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θ，ϕ和α表示，且已知AB l =，BC，CD =，3AD l =，d d tθω=-，C 点坐标表示为cos cos C x l θϕ=+ （1）sin sin C y l θϕ=+（2）将（1）、（2）式对时间t 求一阶微商，得d d d sin d d d C x l t t t θϕθϕ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （3）d d d cos d d d C y l t t t θϕθϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （4）把（3）、（4）式对时间t 求一阶微商，得22222222d d d d d cos sin d d d d d C x l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ （5）22222222d d d d d sin cos d d d d d C y l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦（6）根据几何关系，有sin sin sin CD AB BC αθϕ=+ cos cos cos 3CD AB BC l αθϕ++=即sin αθϕ=+ （7）3cos αθϕ=-（8）将（7）、（8）式平方后相加且化简，得sin cos 3cos 20θϕθϕθϕ---= （9）对（9）式对时间t 求一阶微商，代入π2θ=，π4ϕ=，d d tθω=-，得 d 1d 2t ϕω=（10）对（9）式对时间t 求二阶微商，并代入上述数据，得222d 3d 8t ϕω=（11）将（10）、（11）式以及θ，ϕ，d d tθ的数值代入（5）、（6）式，得222d 5d 8C x l t ω=- 222d 7d 8C y l t ω=-所以2C a ω=（12）由图知，C a 与x 轴的夹角为β2222d d tan 1.4d d C C y x t t β⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭（13）所以求得arctan1.454.46β==这个夹角在第三象限，为234.46，故C a 与CD 的夹角=80.54γ （14）三、参考解答：1．设a 室中原有气体为mol ν，打开K 1后，有一部分空气进入a 室，直到K 1关闭时，a 室中气体增加到mol ν'，设a 室中增加的()mol νν'-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0A p V =∆（1） 用T 表示K 1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()0VU C T T ν='∆-（2） 由热力学第一定律可知U A ∆= （3）由理想气体状态方程，有00045p V RT ν= （4） ()00p V RT νν'∆=-（5）00p V RT ν'=（6）由以上各式解出()0554V V C R T T C R+=+（7）2．K 2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012p p =（8）关闭K 2，两室中的气体状态相同，即a b p p p ==，a b T T T ==，a b 0V V V ==，且a b 12ννν'==（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、体积和温度分别为ap '、b p '、a V '、b V '、a T '、b T '，则有a aaa V V VVC RC RC C p V p V ++''= （10）b bbb V V VVC R C RC C p V p V ++''= （11）由于隔板与容器内壁无摩擦，故有ab p p ''= （12）由理想气体状态方程，则有 aa a a p V RT ν'''= （13） bb b b p V RT ν'''= （14）因a b 0V V V ''+=（15）由（8）～（15）式可得 a b 012V V V ''==（16）a b 2VR C T T T ''==（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()12V a W C T T ν''=-（18）由（6）、（17）和（18）式得 00212VRC V C W p V R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭（19）四、参考解答：设某一时刻线框在磁场区域的深度为x ()1x l ≤，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v 2Bl =v E ，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v E 与设定的正方向相反，自感电动势L iLt∆=-∆E 与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻0=R ，故有L v 20iLBl iR t∆-=--==∆v E E （1）即 02=∆∆+∆∆t x Bl t i L（2）或 i L x Bl ∆-=∆2（3）即L Bl x i2-=∆∆ （4）可见i 与x 成线性关系，有C x LBl i +-=2（5） C 为一待定常数，注意到0=x 时，0=i ，可得0=C ，故有x LBli 2-=（6） 0>x 时0<i ，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x Ll B i Bl f 2222-==（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0v 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ω=（8）周期2T =（9）振动的振幅可由能量关系求得，令m x 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2222201122m B l m x L ⎛⎫= ⎪⎝⎭v （10）得m x = （11）故其运动方程为02x Bl ⎫=⎪⎭v ， t 从0到2（12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度0v 向左匀速运动．因为在这种情况下m x 的最大值是1l ，即22222011122B l m l L=v （13）由此可知，发生第（i ）种情况时，0v 的值要满足下式22222011122B l m l L ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭v即0v （14）(ii) 若线框的初速度0v 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0v 满足下式0>v （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0x =到1x l =，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到12t ⎤=⎢⎣ （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12l LBl i m -=，磁场对线框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22222201111222B l m m l L=+v v 即=v （17）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35-700 3.010T 2.410T 125R B B r -⨯⎛⎫===⨯ ⎪⎝⎭（1）引力加速度222009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ⎛⎫=== ⎪⎝⎭（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u x 、u y 和u z .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v 0的速度，同时附加给粒子一沿y 轴负方向大小为v 0的速度，要求与其中一个v 0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡，即0q B mg =v得0mgqB=v （3）用v 表示u x 与沿y 轴的速度0y u ±v 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z u ．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0v ．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0v 沿y 轴运动．由（3）式可知，0v 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2q B m R=v v得m R qB=v（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x u 和y 分量y u 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0v ，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xy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60e 9.210m/s -=⨯v（6）20p 1.710m/s -=⨯v （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()0p 0e j nq =+v v（8）代入有关数据得1422.810A/m j -=⨯（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e 0.33m R = （11）p 14.8m R =（12）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e 20.66m R =和p 229.6m R =，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3500 3.010T 2.410T 125R B B r --7⨯⎛⎫===⨯ ⎪⎝⎭（1）引力加速度222009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ⎛⎫=== ⎪⎝⎭（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u x 、u y 和u z . 若以x v 、y v 、z v 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xOyz v xv yv z图1d d x y y mg mmg q B qB qB ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭v v v t （3） d d y x mq B t=-v v（4）d 0d zmt=v （5）（5）式表明，所考察粒子的速度在z 轴上的分量保持不变，即z z u =v（6）作变量代换，令 x x V =v 0y y V =+v v （7）其中0mgqB=v （8）把（7）、（8）式代入（3）、（4）式得d d xy V mqBV t = （9）d d y x V m qV B t =- （10）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 x y F qBV =x y F qBV =-若用1θ表示F 的方向与x 轴的夹角，2θ表示V 的方向与x轴的夹角，而V =，则有1tan y xxyF V F V θ==-2tan y xV V θ=可见12tan tan 1θθ⋅=-，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2V qVB m R =mVR 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0t =时刻V 的值，由（7）式和已知条件在0t =时刻有x x y y V u V u ==+v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z z u =v ，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x x V =v ，0y y V =-v v ，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0v 沿y 轴运动．x V 、y V 是圆周运动速度的x 分量和y 分量．圆周运动的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x u 和y 分量y u 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0v 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0v ，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60e 9.210m/s -=⨯v （13）20p 1.710m/s -=⨯v（14）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()0p 0e j nq =+v v （15） 代入有关数据得1422.810A/m j -=⨯（16）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x u 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e 0.33m R = （18）p 14.8m R =（19）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e 20.66m R =和p 229.6m R =，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：1．s l D δ 2．λdl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0P '的位置设0P '点的坐标为0y '，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00000P P y y y δ'''==-= 由双缝到0P '点的光程差12010S P S P ''∆=-，从1S 作20S P '的垂线交于H 点，三角形00OP P '与三角形12S HS 相似，因D d >>， 则10d dy y D Dδ'∆== （附1）从2S 作1S S '的垂线交于G ，S '到双缝的光程差221S S S S ''∆=-（附2）三角形S S O '与三角形12S GS 相似，因l d >>，则()2211S S dS G GS GS s lδ''∆=-+=-=-（附3）对满足零光程差条件的0P '而言， 22011012S S 0d d sS S P S S P y D lδδ⎡⎤⎡⎤''''+-+=∆+∆=-=⎣⎦⎣⎦ 得Dy s l δδ=⋅ （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D y dλ∆= （附5）s δ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 δ值不同的、连续分布的、相互独立的线光源构成．因此S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s w δ=（附6）代入（4）式 D y w lδ= （附7）若y y δ∆=（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lw dλ=（附9）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1M 点，a b ''光线交于2M 点．aa '光束中的光线a 经过131M M S P 到达观察屏上P 点；光线a '经过242M M S P 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θ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0P 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0P 处．现讨论以倾角θ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M 1的光线经M 3反射到达1S ，光线b 从1M 点算起，所经光程为1331M M M S +；光线b '入射M 2的光线经M 4反射到达2S ，光线b '从2M 点算起，所经光程为2442M M M S +．由对称性可得13324421M M M S M M M S +=+（1）也就是说从M 1和M 2算起，光线b 和b '到达1S 与2S 的光程是相等的，但是光线b 和b '在到达M 1和M 2时，二者的相位却不同．由2M 作斜入射光线1bM 的垂线交H 点，2M 与H 相位相等，因此，斜入射的两条平行光线b 和b '到达S 1 和S 2时的相位差是光程差1HM 引起的[][]12421311M M S HM M S HM h θ'∆=-=-=- （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PP原点取在0P 上）的P 点上引起的光程差11dh y Dθ'∆=∆+∆≈-+ （3）其零级亮纹所在位置0P '对应的光程差0∆=，故0P '的坐标Dy h d θ'=⋅ （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D y h dδθ=⋅ （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Dy dλ∆=（6） 当二者错开一个条纹间隔时，即y y δ∆=，代入（6）式（星光波长采用λ），得hλθ=（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M 1、M 2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θ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 1.22hλθ=．解法二如图3所示，对M 1、M 3而言，找出1S 对3M 的中间像1S ''和对1M 所成的像1S '以及光线a 在M 1、M 3的反射点F 和G ．由物像的对称性可知11GS GS ''=，11FS FS '''=，故11FS FG GS '=+即从光线a 上一点到1S '和到1S 的光程相等．同理可证，从光线b 上一点到1S '和到1S 的光程相等；对M 2、M 4（未画出）而言，从光线a '上一点到2S '和到2S 的光程相等；从光线b '上一点到2S '和到2S 的光程相等．1S '11'图3图42'因此，光线a 到1S 处与光线a '到2S 处引起的光程差a l ∆与没有反射镜M 1、M 2时两光线到1S '、2S '处的光程相等．因a 、a '垂直双孔屏，故a 0l ∆= （1） 通过双孔1S 、2S 后，光线a 、a '在0P 的光程差a0l '∆= （2）平行光束b b '斜入射时，可从1S '、2S '处求b 、b '两光线到达1S 、2S 处的光程差b l ∆．由2S '作1bS '的垂线2S H '（见图4），1sin b l HS h h θθ'∆==≈（3）说明光线b '超前于光线b ．通过双孔1S 、2S 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0P 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2S 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2S 孔后多走的光程2010sin bl S P S P d d ϕϕ'''∆=-=≈ （4）从b bl l '∆=∆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0P '．由（3）式和（4）式，得hdϕθ=（5）0P '的位置坐标tan y D D ϕϕ'=≈ （6）图50'由小到大调节反射镜M 1、M 2之间的距离（也就是1S '、2S '之间的距离）h ，直到屏幕上的干涉条纹消失，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0P '与0P 的距离0000P P y y D δϕ''=-== （7）当00P P '等于条纹间隔y ∆，即00DP P dλ'=（8）代入（7）式得dλϕ=（9）由（5）、（9）两式，得 hλθ=（10）解法三根据第2问的结果，为使条纹能被分辨，扩展光源的允许宽度为λdlw =，从而扩展光源对双缝中心的张角为dl w λθ=='（1） 如图3所示，对M 1、M 3而言，找出1S 对3M 的中间像1S ''和对1M 所成的像'1S 以及光线a 在M 1、M 3的反射点F 和G ．由物像的对称性可知11GS GS ''=，11FS FS '''=，故11FS FG GS '=+即从光线a 上一点到1S '和到1S 的光程相等．同理可证，从光线b 上一点到1S '和到1S 的光程相等；对M 2、M 4（未画出）而言，从光线a '上一点到2S '和到2S 的光程相等；从光线b '上一点到2S '和到2S 的光程相等．从分析可知，1S '为1S 经M 3、M 1反射的等效像点，2S '为2S 经M 4、M 2反射的等效像点，从而可将测星干涉看作是经双孔1S '、2S '的等效杨氏双缝干涉，其缝距为 h S S =''21（2）由小到大调节反射镜M 1、M 2之间的距离（也就是1S '、2S '之间的距离）h ，直到屏幕上的干涉条纹消失，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hλθ=（3）得到与前两种解法相同的结果．七、参考解答：根据题意，7Be 核和K 层电子的动量都为零，在第一个反应中，若用Li *p 表示激发态锂核()7Li *的动量，ηp 表示中微子η的动量，则由动量守恒定律有Li 0p p η*+= （1）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Li p 表示反冲锂核Li 7的动量，p γ表示光子的动量，则由动量守恒定律有 Li γLip p p *=+ （2） 由（1）、（2）式得()Li γp p p η=-+（3）当锂核的反冲动量Li p 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 γh p cν=（4） 有Li ηh p p cν=+（5） 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2LiR Li2p E m = （6）由（5）、（6）式得ηp c h ν （7）代入有关数据得η0.38MeV/c p =（8）用ηE 表示中微子的能量，根据相对论有ηE =（9）根据能量守恒定律有 222Be e Li R ηm c m c m c E h E ν+=+++（10）由（9）、（10）式得()12222222ηBe e Li R ηm c m c m c m c E h p c ν2⎡⎤=+----⎢⎥⎣⎦（11）由（8）式和已知数据得2η0.00MeV/m c ≈（12）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20.1MeV/c ．。

第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答2六、参考解答：1．s l D δ 2．λdl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0P '的位置设0P '点的坐标为0y '，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00000P P y y y δ'''==-= 由双缝到0P '点的光程差12010S P S P ''∆=-，从1S 作20S P '的垂线交于H 点，三角形00OPP '与三角形12S HS 相似，因D d >>， 则10d dy y D Dδ'∆== （附1）从2S 作1S S '的垂线交于G ，S '到双缝的光程差221S S S S ∆=-（附2）三角形S S O '与三角形12S GS 相似，因l d >>，则()2211S S dS G GS GS s lδ''∆=-+=-=-（附3）对满足零光程差条件的0P '而言， 22011012S S 0d d sS S P S S P y D lδδ⎡⎤⎡⎤''''+-+=∆+∆=-=⎣⎦⎣⎦ 得Dy s l δδ=⋅ （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D y dλ∆= （附5）s δ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 δ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S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s w δ=（附6）代入（4）式 D y w lδ=（附7）若y y δ∆=（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lw dλ=（附9）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1M 点，a b ''光线交于2M 点．aa '光束中的光线a 经过131M M S P 到达观察屏上P 点；光线a '经过242M M S P 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θ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0P 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0P 处．现讨论以倾角θ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M 1的光线经M 3反射到达1S ，光线b 从1M 点算起，所经光程为1331M M M S +；光线b '入射M 2的光线经M 4反射到达2S ，光线b '从2M 点算起，所经光程为2442M M M S +．由对称性可得13324421M M M S M M M S +=+（1）也就是说从M 1和M 2算起，光线b 和b '到达1S 与2S 的光程是相等的，但是光线b 和b '在到达M 1和M 2时，二者的相位却不同．由2M 作斜入射光线1bM 的垂线交H 点，2M 与H 相位相等，因此，斜入射的两条平行光线b 和b '到达S 1 和S 2时的相位差是光程差1HM 引起的[][]12421311M M S HM M S HM h θ'∆=-=-=- （2）PP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0P 上）的P 点上引起的光程差11dh y Dθ'∆=∆+∆≈-+ （3）其零级亮纹所在位置0P '对应的光程差0∆=，故0P '的坐标Dy h d θ'=⋅ （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D y h dδθ=⋅ （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Dy dλ∆=（6） 当二者错开一个条纹间隔时，即y y δ∆=，代入（6）式（星光波长采用λ），得hλθ=（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M 1、M 2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θ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 1.22hλθ=．解法二如图3所示，对M 1、M 3而言，找出1S 对3M 的中间像1S ''和对1M 所成的像1S '以及光线a 在M 1、M 3的反射点F 和G ．由物像的对称性可知11GS GS ''=，11FS FS '''=，故11FS FG GS '=+即从光线a 上一点到1S '和到1S 的光程相等．同理可证，从光线b 上一点到1S '和到1S 的光程相等；对M 2、M 4（未画出）而言，从光线a '上一点到2S '和到2S 的光程相等；从光线b '上一点到2S '和到2S 的光程相等．因此，光线a 到1S 处与光线a '到2S 处引起的光程差a l ∆与没有反射镜M 1、M 2时两光线到1S '、2S '处的光程相等．因a 、a '垂直双孔屏，故a 0l ∆= （1） 通过双孔1S 、2S 后，光线a 、a '在0P 的光程差a 0l '∆=（2）平行光束b b '斜入射时，可从1S '、2S '处求b 、b '两光线到达1S 、2S 处的光程差b l ∆．由2S '作1bS '的垂线2S H '（见图4），1sin b l HS h h θθ'∆==≈（3）说明光线b '超前于光线b ．通过双孔1S 、2S 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0P 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2S 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2S 孔后多走的光程2010sin b l S P S P d d ϕϕ'''∆=-=≈（4）从b bl l '∆=∆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0P '．由（3）式和（4）式，得1S '11'图3图4'图50'h dϕθ=（5）0P '的位置坐标tan y D D ϕϕ'=≈ （6）由小到大调节反射镜M 1、M 2之间的距离（也就是1S '、2S '之间的距离）h ，直到屏幕上的干涉条纹消失，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0P '与0P 的距离0000P P y y D δϕ'=-==（7）当00P P '等于条纹间隔y ∆，即00DP P dλ=（8）代入（7）式得dλϕ=（9）由（5）、（9）两式，得 hλθ=（10）解法三根据第2问的结果，为使条纹能被分辨，扩展光源的允许宽度为λdlw =，从而扩展光源对双缝中心的张角为dl w λθ==' （1） 如图3所示，对M 1、M 3而言，找出1S 对3M 的中间像1S ''和对1M 所成的像'1S 以及光线a 在M 1、M 3的反射点F 和G ．由物像的对称性可知11GS GS ''=，11FS FS '''=，故11FS FG GS '=+即从光线a 上一点到1S '和到1S 的光程相等．同理可证，从光线b 上一点到1S '和到1S 的光程相等；对M 2、M 4（未画出）而言，从光线a '上一点到2S '和到2S 的光程相等；从光线b '上一点到2S '和到2S 的光程相等．从分析可知，1S '为1S 经M 3、M 1反射的等效像点，2S '为2S 经M 4、M 2反射的等效像点，从而可将测星干涉看作是经双孔1S '、2S '的等效杨氏双缝干涉，其缝距为 h S S =''21（2）由小到大调节反射镜M 1、M 2之间的距离（也就是1S '、2S '之间的距离）h ，直到屏幕上的干涉条纹消失，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hλθ=（3）得到与前两种解法相同的结果．七、参考解答：根据题意，7Be 核和K 层电子的动量都为零，在第一个反应中，若用Li *p 表示激发态锂核()7Li *的动量，ηp 表示中微子η的动量，则由动量守恒定律有Li 0p p η*+= （1）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Li p 表示反冲锂核Li 7的动量，p γ表示光子的动量，则由动量守恒定律有Li γLip p p *=+ （2）由（1）、（2）式得()Li γp p p η=-+（3）当锂核的反冲动量Li p 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 γh p cν=（4） 有Li ηh p p cν=+（5）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 2LiR Li2p E m = （6）由（5）、（6）式得ηp c h ν （7）代入有关数据得η0.38M e V /c p =（8）用ηE 表示中微子的能量，根据相对论有ηE =（9）根据能量守恒定律有 222Be e Li R ηm c m c m c E h E ν+=+++（10）由（9）、（10）式得()12222222ηBe e Li R ηm c m c m c m c E h p c ν2⎡⎤=+----⎢⎥⎣⎦（11）由（8）式和已知数据得2η0.00MeV/m c （12）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20.1MeV /c ．。

第24届全国中学生物理竞赛决赛试题2007年11月 宁波★ 理论部分一、A ，B ，C 三个刚性小球静止在光滑的水平面上．它们的质量皆为m ，用不可伸长的长度皆为l 的柔软轻线相连，AB 的延长线与BC 的夹角α = π / 3 ，如图所示．在此平面内取正交坐标系Oxy ，原点O 与B 球所在处重合，x 轴正方向和y 轴正方向如图．另一质量也是m 的刚性小球D 位于y 轴上，沿y 轴负方向以速度v 0（如图）与B 球发生弹性正碰，碰撞时间极短．设刚碰完后，连接A ，B ，C 的连线都立即断了．求碰后经多少时间，D 球距A ，B ，C 三球组成的系统的质心最近．二、为了近距离探测太阳并让探测器能回到地球附近，可发射一艘以椭圆轨道绕太阳运行的携带探测器的宇宙飞船，要求其轨道与地球绕太阳的运动轨道在同一平面内，轨道的近日点到太阳的距离为0.01AU （AU 为距离的天文单位，表示太阳和地球之间的平均距离：1AU = 1.495 ×1011 m ），并与地球具有相同的绕日运行周期（为简单计，设地球以圆轨道绕太阳运动）．试问从地球表面应以多大的相对于地球的发射速度u 0（发射速度是指在关闭火箭发动机，停止对飞船加速时飞船的速度）发射此飞船，才能使飞船在克服地球引力作用后仍在地球绕太阳运行轨道附近（也就是说克服了地球引力作用的飞船仍可看做在地球轨道上）进入符合要求的椭圆轨道绕日运行？已知地球半径R e = 6.37 ×106 m ，地面处的重力加速度g = 9.80 m / s 2 ，不考虑空气的阻力．三、如图所示，在一个竖直放置的封闭的高为H 、内壁横截面积为S 的绝热气缸内，有一质量为m 的绝热活塞A 把缸内分成上、下两部分．活塞可在缸内贴缸壁无摩擦地上下滑动．缸内顶部与A 之间串联着两个劲度系数分别为k 1和k 2（k 1≠k 2）的轻质弹簧．A的上方为真空；yCA 的下方盛有一定质量的理想气体．已知系统处于平衡状态，A 所在处的高度（其下表面与缸内底部的距离）与两弹簧总共的压缩量相等皆为h 1 = H / 4 ．现给电炉丝R 通电流对气体加热，使A 从高度h 1开始上升，停止加热后系统达到平衡时活塞的高度为h 2 = 3H / 4 ．求此过程中气体吸收的热量△Q ．已知当体积不变时，每摩尔该气体温度每升高1 K 吸收的热量为3R / 2 ，R 为普适气体恒量．在整个过程中假设弹簧始终遵从胡克定律．四、为了减少线路的输电损耗，电力的远距离输送一般采用高电压的交流电传输方式．在传输线路上建造一系列接地的铁塔，把若干绝缘子连成串（称为绝缘子串，见图甲），其上端A 挂在铁塔的横臂上，高压输电线悬挂在其下端B ．绝缘子的结构如图乙所示：在半径为R 1的导体球外紧包一层耐高压的半球形陶瓷绝缘介质，介质外是一内半径为R 2的半球形导体球壳．已知当导体球与导体球壳间的电压为U 时，介质中离球心O 的距离为r 处的场强为E =R 1R 2R 2－R 1 Ur2 ，场强方向沿径向．1．已知绝缘子导体球壳的内半径R 2 = 4.6 cm ，陶瓷介质的击穿强度E k = 135 kV / cm ．当介质中任一点的场强E ＞E k 时，介质即被击穿，失去绝缘性能．为使绝缘子所能承受的电压（即加在绝缘子的导体球和导体球壳间的电压）为最大，导体球的半径R 1应取什AB 图甲半球形导体球壳绝缘层导体球图乙么数值？此时，对应的交流电压的有效值是多少？2．一个铁塔下挂有由四个绝缘子组成的绝缘子串（如图甲），每个绝缘子的两导体间有电容C 0 ．每个绝缘子的下部导体（即导体球）对于铁塔（即对地）有分布电容C 1（导体球与铁塔相当于电容器的两个导体极板，它们之间有一定的电容，这种电容称为分布电容）；每个绝缘子的上部导体（即导体球壳）对高压输电线有分布电容C 2 ．若高压输电线对地电压的有效值为U 0 ．试画出该系统等效电路图．3．若C 0 = 70 pF = 7 × 10－11F ，C 1 = 5 pF ，C 2 = 1 pF ，试计算该系统所能承受的最大电压（指有效值）．五、如图所示，G 为一竖直放置的细长玻璃管，以其底端O 为原点，建立一直角坐标系Oxy ，y 轴与玻璃管的轴线重合．在x 轴上与原点O 的距离为d 处固定放置一电荷量为Q 的正点电荷A ，一个电荷量为q （q ＞0）的粒子P 位于管内，可沿y 轴无摩擦地运动．设两电荷之间的库仑相互作用力不受玻璃管的影响．1．求放在管内的带电粒子P 的质量m 满足什么条件时，可以在y ＞0的区域内存在平衡位置．2．上述平衡状态可以是稳定的，也可能是不稳定的；它依赖于粒子的质量m ．以y （m ）表示质量为m 的粒子P 处于平衡位置时的y 坐标．当粒子P 处于稳定平衡状态时，y （m ）的取值区间是_________________；当粒子P 处于不稳定平衡状态时，y （m ）的取值区间是_________________（请将填空答案写在答题纸上）．3．已知质量为m 1的粒子P 处于稳定平衡位置，其y 坐标为y 1 ．现给P 沿y 轴一微小扰动．试证明以后的运动为简谐运动，并求此简谐运动的周期．4．已知质量为m 2的粒子P 的不稳定平衡位置的y 坐标为y 2 ，现设想把P 放在坐标y 3 处，然后从静止开始释放P ．求释放后P 能到达玻璃管底部的所有可能的y 3（只要列出y 3满足的关系式，不必求解）．yG POdAx六、如图所示，一半径为R、折射率为n g的透明球体置于折射率n0=1的空气P O1O2中，其球心位于图中光轴的O处，左、右球面与光轴的交点为O1与O2 ．球体右半球面为一球面反射镜，组成球形反射器．光轴上O1点左侧有一发光物点P，P点到球面顶点O1的距离为s ．由P点发出的光线满足傍轴条件，不考虑在折射面上发生的反射．1．问发光物点P经此反射器，最后的像点位于何处？2．当P点沿光轴以大小为v的速度由左向右匀速运动时，试问最后的像点将以怎样的速度运动？并说明当球体的折射率n g 取何值时像点亦做匀速运动．七、已知钠原子从激发态（记做P3 / 2）跃迁到基态（记做S1 / 2）所发出的光谱线波长λ0 =588.9965 nm ．现有一团钠原子气，其中的钠原子做无规的热运动（钠原子的运动不必考虑相对论效应），被一束沿z轴负方向传播的波长为λ= 589.0080 nm 的激光照射．以θ表示钠原子运动方向与z轴正方向之间的夹角（如图所示）．问在30°＜θ＜45°角度区间内的钠原子中速率u在什么范围内能产生共振吸收，从S1 / 2 态激发到P3 / 2 态？并求共振吸收前后钠原子速度（矢量）变化的大小．已知钠原子质量为M = 3.79 × 10－26 kg ，普朗克常量h = 6.626069 × 10－34 J •s ，真空中的光速c = 2.997925 × 108 m •s－1．激光束第24届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、1．分析刚碰后各球速度的方向．由于D 与B 球发生弹性正碰，所以碰后D 球的速度方向仍在y 轴上；设其方向沿y 轴正方向，大小为v ．由于线不可伸长，所以在D ，B 两球相碰的过程中，A ，C 两球都将受到线给它们的冲量；又由于线是柔软的，线对A ，C 两球均无垂直于线方向的作用力，因此刚碰后，A 球的速度沿AB 方向，C 球的速度沿CB 方向．用θ表示B 球的速度方向与x 轴的夹角，则各球速度方向将如图所示．因为此时连接A ，B ，C 三球的两根线立即断了，所以此后各球将做匀速直线运动．2．研究碰撞后各球速度的大小．以v 1 ，v 2 ，v 3 分别表示刚碰后A ，B ，C 三球速度的大小，如图所示．因为碰撞过程中动量守恒，所以沿x 方向有mv 1－mv 3 cos α + mv 2 cos θ = 0 ； （1）沿y 方向有－mv 0 = mv － mv 2 sin θ －mv 3 sin α ． （2）根据能量守恒有12mv 20 = 12mv 21 + 12mv 22 + 12mv 23 + 12mv 2． （3） 因为碰撞过程中线不可伸长，B ，C 两球沿BC 方向的速度分量相等，A ，B 两球沿AB 方向的速度分量相等，有v 2 cos θ = v 1 ， （4） v 2 cos [ π － ( α + θ ) ] = v 3 ． （5）将α = π / 3代入，由以上各式可解得v 1 = 312v 0， （6） v 2 = 216v 0， （7） v 3 =33v 0， （8）v= 14v0．（9）3．确定刚碰完后，A，B，C三球组成的系统质心的位置和速度．由于碰撞时间极短，刚碰后A，B，C三球组成的系统，其质心位置就是碰撞前质心的位置，以（x c，y c）表示此时质心的坐标，根据质心的定义，有x c = ml cosα－ml3m，（10）y c = ml sinα3m．（11）代入数据，得x c = －16l，（12）y c = 36l．（13）根据质心速度的定义，可求得碰后质心速度v c的分量为v c x = mv1 + mv2 cosθ－mv3 cosα3m，（14）v c y = －mv2 sinθ－mv3sinα3m．（15）由（4）～（7）和（14），（15）各式及α值可得v c x = 0 ，（16）v c y =－512v0．（17）4．讨论碰后A，B，C三球组成的系统的质心和D球的运动．刚碰后A，B，C三球组成的系统的质心将从坐标（x c =－l / 6，y c = 3l / 6）处出发，沿y轴负方向以大小为5 v0/ 12的速度做匀速直线运动；而D球则从坐标原点O出发，沿y轴正方向以大小为v0/ 4的速度做匀速直线运动．A，B，C三球组成系统的质心与D球是平行反向运动，只要D球与C球不发生碰撞，则v C，v D不变，质心与D球之间的距离逐渐减少．到y坐标相同处时，它们相距最近．用t表示所求的时间，则有vt = y c+ v c y t（18）将v c y ，v，y c的值代入，得t =3l4v0．（19）此时，D球与A，B，C三球组成系统的质心两者相距l / 6 ．在求出（19）式的过程中，假设了在t = 3l / 4v0时间内C球未与D球发生碰撞．下面说明此假设是正确的；因为v3 = 3v0/ 3 ，它在x方向分量的大小为3v0/ 6．经过t时间，它沿x轴负方向经过的距离为l / 8 ．而C球的起始位置的x坐标为l / 2 ．经t时间后，C球尚未到达y轴，不会与D球相碰．二、从地球表面发射宇宙飞船时，必须给飞船以足够大的动能，使它在克服地球引力作用后，仍具有合适的速度进入绕太阳运行的椭圆轨道．此时，飞船离地球已足够远，但到太阳的距离可视为不变，仍为日地距离．飞船在地球绕太阳运动的轨道上进入它的椭圆轨道，用E表示两轨道的交点，如图1所示．图中半径为r se的圆A是地球绕太阳运行的轨道，太阳S位于圆心．设椭圆B是飞船绕日运行的轨道，P为椭圆轨道的近日点．由于飞船绕日运行的周期与地球绕日运行的周期相等，根据开普勒第三定律，椭圆的半长轴a应与日地距离r se相等，即有a = r se（1）根据椭圆的性质，轨道上任一点到椭圆两焦点的距离之和为2a，由此可以断定，两轨道的交点E必为椭圆短轴的一个顶点，E与椭圆长轴和短轴的交点Q（即椭圆的中心）的连线垂直于椭圆的长轴．由△ESQ，可以求出半短轴b = r2se－( a －SP)2 ．（2）由（1），（2）两式，并将a = r se = 1AU ，SP= 0.01 AU代入，得b = 0.141AU ．（3）在飞船以椭圆轨道绕太阳运行过程中，若以太阳为参考系，飞船的角动量和机械能是守恒的．设飞船在E点的速度为v，在近日点的速度为v p，飞船的质量为m，太阳的质量为M s，则有mva sinθ= mv p SP，（4）式中θ为速度v的方向与E ，S两点连线间的夹角：sinθ= ba．（5）由机械能守恒，得Ar sePvv eB图112mv 2 －G M s m a = 12mv 2p － GmM s SP． （6） 因地球绕太阳运行的周期T 是已知的（T = 365 d ），若地球的质量为M e ，则有GM s M e a 2 = M e ( 2πT)2a ． （7） 解（3）～（7）式，并代入有关数据，得v = 29.8 km / s ． （8）（8）式给出的v 是飞船在E 点相对于太阳的速度的大小，即飞船在克服地球引力作用后从E 点进入椭圆轨道时所必须具有的相对于太阳的速度．若在E 点飞船相对地球的速度为u ，因地球相对于太阳的公转速度为v e =2πaT= 29.8 km / s ， （9） 方向如图1所示．由速度合成公式，可知v = u + v e ， （10）速度合成的矢量图如图2所示，注意到v e 与ES 垂直，有u =v 2 + v 2e －2vv e cos (π2－θ ) ， （11） 代入数据，得u = 39.1 km / s ． （12）u 是飞船在E 点相对于地球的速度，但不是所要求的发射速度u 0 ．为了求得u 0 ，可以从与地心固定连接在一起的参考系来考察飞船的运动．因飞船相对于地球的发射速度为u 0时，飞船离地心的距离等于地球半径R e ．当飞船相对于地球的速度为u 时，地球引力作用可以忽略．由能量守恒，有图212mu 20 －G M e m R e = 12mu 2 ． （13） 地面处的重力加速度为g = GM eR 2e， （14） 解（13），（14）两式，得u 0 = u 2 + 2gR e ． （15）由（15）式及有关数据，得u 0 = 40.7 km / s ． （16）如果飞船在E 点处以与图示相反的方向进入椭圆轨道，则（11）式要做相应的改变．此时，它应为u =v 2 + v 2e －2vv e cos (π2+ θ ) ， （17） 相应计算，可得另一解u = 45.0 km / s ， u 0 = 46.4 km / s ． （18）如果飞船进入椭圆轨道的地点改在E 点的对称点处（即地球绕日轨道与飞船绕日轨道的另一个交点上），则计算过程相同，结果不变．三、两个弹簧串联时，作为一个弹簧来看，其劲度系数k =k 1k 2k 1 + k 2． （1） 设活塞A 下面有νmol 气体．当A 的高度为h 1时，气体的压强为p 1 ，温度为T 1 ．由理想气体状态方程和平衡条件，可知p 1Sh 1 = vRT 1 ， （2） p 1S = kh 1 + mg ． （3）对气体加热后，当A 的高度为h 2时，设气体压强为p 2 ，温度为T 2 ．由理想气体状态方程和平衡条件，可知p 2Sh 2 = vRT 2 ， （4） p 2S = kh 2 + mg ． （5）在A 从高度h 1上升到h 2的过程中，气体内能的增量△U = v 32R ( T 2－T 1 ) ． （6）气体对弹簧、活塞系统做的功W 等于弹簧弹性势能的增加和活塞重力势能的增加，即W= 12k ( h22－h21) + mg (h2－h1 ) ．（7）根据热力学第一定律，有△Q=△U + W．（8）由以上各式及已知数据可求得△Q=k1k2k1 + k2H2 +54mgH．（9）四、1．根据题意，当导体球与导体球壳间的电压为U时，在距球心r（R1＜r＜R2）处，电场强度的大小为E=R1R2R2－R1Ur2．（1）在r= R1 ，即导体球表面处，电场强度最大．以E（R1）表示此场强，有E ( R1) =R2U(R2－R1) R1．（2）因为根据题意，E（R1）的最大值不得超过E k ，R2为已知，故（2）式可写为E k =R2U(R2－R1) R1（3）或U = E k (R2－R1) R1R2．（4）由此可知，选择适当的R1值，使(R2－R1) R1最大，就可使绝缘子的耐压U为最大．不难看出，当R1 = R22（5）时，U便是绝缘子能承受的电压的最大值U k ．由（4），（5）两式得U k = E k R24，（6）代入有关数据，得U k = 155 kV ．（7）当交流电压的峰值等于U k时，绝缘介质即被击穿．这时，对应的交流电压的有效值U e =U k2110 kV ．（8）2．系统的等效电路如图所示．3．设绝缘子串中间三点的电势分别为U 1 ，U 2 ，U 3 ，如图所示．由等效电路可知，与每个中间点相连的四块电容极板上的电荷量代数和都应为零，即有12011010012230211200223031230032()()()0,()()()0,()()0.U U C U C U U C U U C U U C U C U U C U U C U C U C U U C U U C -+----=⎧⎪-+----=⎨⎪+----=⎩ （9）四个绝缘子上的电压之和应等于U 0 ，即( U 0－U 1 ) + ( U 1－U 2 ) + ( U 2－U 3 ) + U 3 = U 0 ． （10）设△U 1 = U 0－U 1 ， △U 2 = U 1－U 2 ，△U 3 = U 2－U 3 ，△U 4 = U 3 ， （11） 则可由（9）式整理得1012200111220123001101220123012001()0,()()0,()()(2)()0;U C C C U C U C U C C U C C C U C U C U C C C U C C C U C C C U C C ++--=⎧⎪++++--=⎨⎪++++++++-+=⎩△△△△△△△△ 代入数据，得120123012307050,767050,76146750.U U U U U U U U U U U --=⎧⎪+--=⎨⎪++-=⎩76△△6△△△76△△△ （12） 解（12）式，可得△U 1 = 0.298 U 0 ， △U 2 = 0.252 U 0 ，△U 3 =0.228 U 0 ． （13）U 0 C 2C 2 C 2C 2C 1C 1 C 1 C 1C 0 C 0 C 0 C 0U 0 C 2C 2 C 2C 2C 1C 1 C 1 C 1C 0 C 0 C 0 C 0U 1U 2 U 3由（10）～（12）式可得△U 4 =U 3 = 0.222 U 0 ． （14）以上结果表明，各个绝缘子承受的电压不是均匀的；最靠近输电线的绝缘子承受的电压最大，此绝缘子最容易被击穿．当最靠近输电线的绝缘子承受的电压有效值△U 1 =U e （15）时，此绝缘子被击穿，整个绝缘子串损坏．由（8），（13）和（15）三式可知，绝缘子串承受的最大电压U 0max =U e0.298= 369 kV ． （16） 五、1．如图所示，位于坐标y 处的带电粒子P 受到库仑力F E 为斥力，其y 分量为F Ey = kQq r 2 sin θ = k Qqy( d 2+ y 2)3 / 2， （1） 式中r 为P 到A 的距离，θ为r 与x 轴的夹角．可以看出，F Ey 与y 有关：当y 较小时，（1）式分子中的y 起主要作用，F Ey 随y 的增大而增大；当y 较大时，（1）式分母中的y 起主要作用，F Ey 随y 的增大而减小．可见，F Ey 在随y 由小变大的过程中会出现一个极大值．通过数值计算法，可求得F Ey 随y 变化的情况．令τ= y / d ，得F Ey = kQqd 2 τ( 1 +τ2)3 / 2． （2） 当τ取不同数值时，对应的τ( 1 +τ2)－3 / 2的值不同．经数值计算，整理出的数据如表1所示．表1由表中的数据可知，当τ= 0.707，即y = y 0 = 0.707d （3）时，库仑力的y 分量有极大值，此极大值为y GPmgrOdxAF EyF Ey max = 0.385kqQd 2． （4） 由于带电粒子P 在竖直方向除了受到竖直向上的F Ey 作用外，还受到竖直向下的重力mg 作用．只有当重力的大小mg 与库仑力的y 分量相等时，P 才能平衡．当P 所受的重力mg 大于F Ey max 时，P 不可能达到平衡．故质量为m 的粒子存在平衡位置的条件是mg ≤F Ey max ．由（4）式得m ≤0.385g k qQ d2 ． （5）2．y (m )＞ 0.707d ；0＜y (m )≤0.707d ．3．根据题意，当粒子P 静止在y = y 1处时，处于稳定平衡位置，故有132221()Qqy kd y －m 1g = 0 ． （6）设想给粒子P 沿y 轴的一小扰动△y ，则P 在y 方向所受的合力为F y = F Ey －m 1g = kQq ( y 1 +△y )[ d 2+ ( y 1 +△y )2 ]3 / 2－m 1g ． （7）由于△y 为一小量，可进行近似处理，忽略高阶小量，有F y = kQq ( y 1 +△y )[ d 2 + y 21 + 2y 1△y ]3 / 2 －m 1g = kQq ( y 1 +△y )(d 2 + y 21 )3 / 2 ( 1 － 3y 1△yd 2+ y 21)－m 1g = k Qqy 1(d 2 + y 21 )3 / 2 + k Qq △y (d 2 + y 21 )3 / 2 － k 3qQy 21△y (d 2 + y 21 )5 / 2 － m 1g ．注意到（6）式，得F y = － m 1g (2y 21－d 2 )(d 2 + y 21) y 1△y ． （8）因y = y 1是粒子P 的稳定平衡位置，故y 1＞0.707d ，2y 21－d 2＞0 ．由（8）式可知，粒子P 在y 方向受到合力具有恢复力的性质，故在其稳定平衡位置附近的微小振动是简谐运动；其圆频率为ω=(2y 21－d 2 )(d 2 + y 21) y 1g ， （9）周期为T = 2πω=2π(d2 + y21) y1(2y21－d2 ) g．（10）4．粒子P处在重力场中，具有重力势能；它又处在点电荷A的静电场中，具有静电势能．当P的坐标为y时，其重力势能W g = m2gy，式中取坐标原点O处的重力势能为零；静电势能W E = kqQd2 +y2．粒子的总势能W = W g + W E = m2gy + kqQd2 +y2．（11）势能也与P的y坐标有关：当y较小时，静电势能起主要作用，当y较大时，重力势能起主要作用．在P的稳定平衡位置处，势能具有极小值；在P的不稳定平衡位置处，势能具有极大值．根据题意，y = y2处是质量为m2的粒子的不稳定平衡位置，故y = y2处，势能具有极大值，即W ( y2 )= W max= m2gy2 + k qQd2 +y22．（12）当粒子P的坐标为y3时，粒子的势能为W ( y3 )= m2gy3 + k qQd2 +y23．当y3 ＜y2时，不论y3取何值，粒子从静止释放都能到达管底．若y3 ＞y2 ，粒子从静止释放能够到达管底，则有W ( y3 ) ＞W ( y2 ) ．所以，y3满足的关系式为y3 ＜y2；（13）或者y3 ＞y2 且m2gy3 + k qQd2 +y23＞m2gy2 + kqQd2 +y22．（14）附：（1）式可表示为F Ey= k Qqr2sinθ= kQqd2cos2θsinθ，式中θ为P，A之间的连线和x轴的夹角．由上式可知，带电粒子P在θ= 0 ，π/ 2时，F Ey= 0 ．在0≤θ≤π/ 2区间，随着θ的增大，sinθ是递增函数，cos2θ是递减函数．在此区间内，F Ey必存在一个极大值F Ey max ；用数值法求解，可求得极大值所对应得角度θ0．经数个计算整理出的数据如表2所示．表2由表中数值可知，当θ= θ0≈0.615 rad（即35.26°）时，F Ey取极大值F Ey max= k Qqd2cos2θsinθ0 = 0.385 kQqd2．带电粒子P在竖直方向上还受到重力G的作用，其方向与F Ey相反．故带电粒子P受到的合力F = F Ey －G = k Qqd2cos2θsinθ－mg ．当F = 0 ，即F Ey= G 时，P处于平衡状态．由此可见，当带电粒子的质量m≤F Ey maxg=k ( qQ / d2 ) cos2θ0sinθ0g时，可以在y轴上找到平衡点．六、1．单球面折射成像公式可写成n′s′+ ns=n′－nr，（1）式中s为物距，s′为像距，r为球面半径，n和n′分别为入射光和折射光所在介质的折射率．在本题中，物点P经反射器的成像过程是：先经过左球面折射成像（第一次成像）；再经右球面反射成像（第二次成像）；最后再经左球面折射成像（第三次成像）．（1）第一次成像．令s1和s′1分别表示物距和像距．因s1 = s ，n = n0 = 1，n′ = n g，r = R ，有n gs′1+ 1s1=n g－1R，（2）即s ′1 =n g Rs( n g－1 ) s －R． （3）（2）第二次成像．用s 2 表示物距，s ′2 表示像距，有1 s ′2 + 1 s 2 = 2 r． （4） 因s 2 = 2R －s ′1 ，r = R ，由（3），（4）两式得s ′2 = ( 2s + 2R －n g s )R 3R + 3s －n g s． （5）（3）第三次成像．用s 3 表示物距，s ′3 表示像距，有n 0 s ′3 + n gs 3 = n 0－n g r． （6） 因s 3 = 2R －s ′2 ，n 0 = 1 ，r = －R ，由（5），（6）两式得s ′3 =( 4s －n g s + 4R )R2n g s －4s + n g R －4R． （7）2．以 v ′ 表示像的速度，则3222[4()()4](44)12()4()4244/.(244)(24)(244)g g g g g g g g g g g g s s n s s R R s n s R R s v t t n s s s s n R R n s s n R R n R s tn s s n R R s n n s s n R R ⎧⎫+-++-+'⎪⎪'==-⎨⎬+-++--+-⎪⎪⎩⎭-=-+-+--+-△△△△△△△△△△ （8）由于△s 很小，分母中含有△s 的项可以略去，因而有v ′ =－n 2g R 2(2n g s－4s +n g R－4R )2△s△t． （9）根据题意，P 从左向右运动，速度大小为 v ，则有v = －△s△t． （10） 由此可得，像的速度v ′ =n 2g R 2v(2n g s －4s + n g R －4R )2． （11）可见，像的速度与 s 有关，一般不做匀速直线运动，而做变速直线运动．当n =2 （12）时，（11）式分母括号中的头两项相消，v ′ 将与 s 无关．这表明像也将做匀速直线运动；而且（11）式变为 v ′ = v ，即像的速度和P 的速度大小相等．七、解法一．根据已知条件，射向钠原子的激光的频率v =cλ． （1） 对运动方向与 z 轴正方向的夹角为 θ 、速率为 u 的钠原子，由于多普勒效应，它接收的激光频率v ′ = v ( 1 +uccos θ )； （2） 改用波长表示，有λ′ =λ1 + u ccos θ． （3）发生共振吸收时，应有 λ′ = λ0 ，即λ1 + u ccos θ= λ0 ． （4）解（4）式，得u cos θ = cλ－λ0λ0； （5）代入有关数据，得u cos θ = 5.85 × 103 m • s－1． （6）由（6）式，对 θ =30° 的钠原子，其速率u 1 = 6.76 × 103 m • s－1；对 θ = 45° 的钠原子，其速率u 2 = 8.28 × 103 m • s－1 ．运动方向与 z 轴的夹角在 30°～45° 区域内的原子中，能发生共振吸收的钠原子的速率范围为6.76 × 103 m • s－1＜ u ＜8.28 × 103 m • s－1． （7）共振吸收前后，动量守恒．设钠原子的反冲速率为 V ，则有Mu －hλe z= MV ． （8） 其中 e z 为 z 轴方向的单位矢量．由（8）式得u －V =hM λe z． （9）钠原子速度（矢量）变化的大小为| u －V | =hM λ； （10） 代入数据，得| u －V | = 2.9 × 10－2 m • s －1 ． （11）解法二．根据已知条件，钠原子从激发态 P 3 / 2 跃迁到基态 S 1 / 2 发出的光谱线的频率v 0 =cλ0； （1） 入射激光的频率v =cλ． （2） 考查运动方向与 z 轴的正方向成 θ 角的某个钠原子．它在共振吸收过程中动量守恒，能量守恒．以 u 表示该钠原子在共振吸收前的速度，V 表示该钠原子共振吸收后的速度，则有Mu －hvc e z= MV ， （3） 12Mu 2 + hv = 12MV 2 + hv 0 ． （4）把（3）式写成分量形式，并注意到共振吸收前后钠原子在垂直于 z 轴方向的动量不变，有Mu sin θ = MV sin θ′ ， （5） Mu cos θ －hvc= MV cos θ′ ， （6） 式中θ′ 为激发态钠原子速度方向与 z 轴正方向的夹角．从（5），（6）两式中消去θ′ ，得M 2u 2 －M 2V 2 = － ( hv c ) 2 + 2Mu hvccos θ ． （7）由（4），（7）两式可得2hv 0 －2hv = －1 M ( hv c )2 + 2hv u ccos θ ． （8） 注意到( hv / c )2M ，得 v 0 = v ( 1 +uccos θ )； （9） 改用波长表示，有λ0 =λ1 + u ccos θ． （10）解（10）式，得u cosθ= c λ－λ0λ0；（11）代入有关数据，得u cosθ= 5.85 × 103 m •s－1 ．（12）由（12）式，对θ=30°的钠原子，其速率u1= 6.76 × 103 m •s－1 ；对θ= 45°的钠原子，其速率u2= 8.28 × 103 m •s－1 ．运动方向与z 轴的夹角在30°～45°区域内的原子中，能发生共振吸收的钠原子的速率范围为6.76 × 103 m •s－1 ＜u＜8.28 × 103 m •s－1 ．（13）由（3）式可知，钠原子共振吸收前后速度（矢量）的变化为u－V =hMλe z，（14）速度（矢量）大小的变化为| u－V |=hMλ；（15）代入数据，得| u－V |= 2.9 × 10－2 m •s－1．（16）第25届全国中学生物理竞赛决赛试题2008年10月 北京★ 理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示的 A 处沿 Ax 方向传球，球在草地上以速度 v 匀速滚动，守方有一队员在图中 B 处，以 d 表示 A ，B 间的距离，以 θ 表示 AB 与Ax 之间的夹角，已知 θ ＜90° ．设在球离开 A 处的同时，位于 B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以 v p 表示他的速率．在不考虑场地边界限制的条件下，求解以下问题（要求用题中给出的有关参量间的关系式表示所求得的结果）：1．求出守方队员可以抢到球的必要条件．2．如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球，以 l r 表示他到 A 点的距离，求出球不被原在 B 处的守方队员抢断的条件．3．如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上，以L 表示他离开 A 点的距离．在球离开 A 处的同时，他开始匀速跑动去接球，以 v r 表示其速率，求在这种情况下球不被原在 B 处的守方队员抢断的条件．二、卫星的运动可由地面观测来确定；而知道了卫星的运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体的运动．这都涉及时间和空间坐标的测定．为简化分析和计算，不考虑地球的自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动的测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波的装置和高精度的原子钟．假设从卫星上每次发出的电波信号，都包含该信号发出的时刻这一信息．（I ）地面观测系统（包含若干个观测站）可利用从电波中接收到的这一信息，并根据自己所处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置，从而测定卫星的运动．这种测量系统至少需要包含几个地面观测站？列出可以确定卫星位置的方程．（II ）设有两个观测站 D 1 ，D 2 ，分别位于同一经线上北纬 θ 和南纬 θ（单位：（°））A处．若它们同时收到时间τ之前卫星发出的电波信号．（i）试求出发出电波时刻卫星距地面的最大高度H；（ii）当D1，D2处观测站位置的纬度有很小的误差△θ时，试求H的误差；（iii）如果上述的时间τ有很小的误差τ△，试求H 的误差．2．在第1（II）小题中，若θ= 45°，τ= 0.10 s ．（i）试问卫星发出电波时刻卫星距地面最大高度H 是多少千米？（ii）若△θ= ±1.0′′ ，定出的H 有多大误差？（iii）若τ△= ±0.010 μs ，定出的H 有多大误差？假设地球为半径R = 6.38 × 103 km 的球体，光速c = 2.998 ×108 m / s ，地面处的重力加速度g = 9.81 m / s2．3．再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息，即每个信号发出的时刻及该时刻卫星所处的位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了利用这种信息来确定物体的运动状态，即物体接收到卫星信号时物体当时所处的位置以及当时的时刻，一般来说物体至少需要同时接收到几个不同卫星发来的信号电波？列出确定当时物体的位置和该时刻的方程．4．根据狭义相对论，运动的钟比静止的钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．现在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应．已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经对准．假设卫星在离地面h = 2.00 ×104 km 的圆形轨道上运行，地球半径R、光速c 和地面重力加速度g 取第2小题中给的值．（I）根据狭义相对论，试估算地上的钟经过24h 后它的示数与卫星上的钟的示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢的因子是(1－2φ/ c2 )1 / 2 ，φ是钟所在位置的引力势（即引力势能与受引力作用的物体质量之比；取无限远处引力势为零）的大小．试问地上的钟24 h 后，卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能量一起送到高温处的机器；它能使低温处的温度降低，高温处的温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T1 的高温处和绝对温度为T2 的低温处之间时，若致冷机从低温处吸取的热量为Q，外界对致冷机做的功为W，则有QW≤T2T1－T2，式中“=”对应于理论上的理想情况．某致冷机在冬天作为热泵使用（即取暖空调机），在室外温度为－5.00℃的情况下，使某房间内的温度保持在20.00℃．由于室内温度高于室外，故将有热量从室内传递到室外．本题只考虑传导方式的传热，它服从以下的规律：设一块导热层，其厚度为 l ，面积为 S ，两侧温度差的大小为 T ，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处的热量为H = k △T lS ， 其中 k 称为热导率，取决于导热层材料的性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外的面积 S = 5.00 m 2 、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃板引起的．已知该玻璃的热导率 k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想情况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度 l 0 = 0.50 mm 的空气层，假设空气的热导率 k 0 = 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由相互紧密接触的金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成．按照经典物理的观点，在I 层绝缘性能理想的情况下，电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达另一个金属层．但是，按照量子物理的原理，在一定的条件下，这种渡越是可能的，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性的结果．隧穿是单个电子的过程，是分立的事件，通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量－e ( e = 1.60 ×10－19 C )的整数倍，因此也称为单电子隧穿，MIM 器件亦称为隧穿结或单电子隧穿结．本题涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件，这是目前研究得很多、有应用前景的领域．1．显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图1的器件看成一个电容为C 的电容器，如图2所示．电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位移，可以连续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层的只能是分立的单电子电荷．如果隧穿过程会导致体系静电能量上升，则此过程不能发生，这种现象称为库仑阻塞．试求出发生库仑图1。

第 24 届全国中学生物理竞赛预赛试卷本卷共八题，满分200 分一、（25 分）填空题1、2006年诺贝尔物理学奖授予美国科学家约翰·马瑟和乔治·斯穆特，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体辐射形式和各向异性．这一发现为有关宇宙起源的＿＿＿＿＿＿理论提供了进一步的支持，使宇宙学进人了“精确研究”时代．2、恒星演化到了后期，某些恒星在其内部核燃料耗尽时，会发生强烈的爆发，在短短的几天中，亮度陡增千万倍甚至上亿倍．我国《宋史》第五十六卷中对当时观测到的上述现象作了详细记载。

2006年 5 月是我国发现此现象一千周年，为此在杭州召开了有关的国际学术研讨会．天文学上把演化到这一阶段的恒星称为_______________，恒星演变到这一阶段，预示着一颗恒星的终结．此后，它可能成为____________或_____________.3、2006年11月21 日，中国、欧盟、美国、日本、韩国、俄罗斯和印度七方在法国总统府正式签署一个能源方面的联合实施协定及相关文件，该协定中的能源是指_________能源．4、潮汐是一种常见的自然现象，发生在杭州湾钱塘江入海口的“钱江潮”是闻名世界的潮汐现象．在农历初一和十五前后各有一次大潮，在两次大潮之间又各有一次小潮．试把每月中出现两次大潮时地球、月球和太阳的相对位置示意图定性地画在下面．试把每月中出现两次小潮时地球、月球和太阳的相对位置示意图定性地画在下面．5、如图所示，用双线密绕在一个长直圆柱上，形成两个螺线管线圈aa’和bb ' （分别以实线和虚线表示），已知两个线圈的自感都是L．今若把a 与b 两端相连，把a’和b’两端接人电路，这时两个线圈的总自感等于____________；若把b与a’相连，把a和b’两端接人电路，这时两个线圈的总自感等于__________；若把a与b两端相连作为一端，a’与b’相连作为另一端，把这两端接人电路，这时两个线圈的总自感等于______________.二、（25 分）如图所示，一块光滑的平板能绕水平固定轴HH’调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l= l .00m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在HH’轴上的O 点．当平板的倾角固定在a 时，先将轻绳沿水平轴HH’拉直（绳与HH’重合），然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝5. 0m/s ．若小球能保持在板面内作圆周运动，问倾角a 的值应在什么范围内（取图中 a 处箭头所示方向为a的正方向）．取重力加速度g=10m/s2。

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0u 的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度0u 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0u 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1t ，有2112h gt =（1） 若碰撞正好发生在Q 处，则有01L u t =（2）从（1）、（2）两式解得的0u 值便是满足题中条件的最大值，即0max u = （3）代入有关数据得0max 0.71m/s u =（4）如果00max u u <，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1v ，则有1v （5）以1'v 、1V '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111mV ''+mv =mv （6）因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得22222101101111122222mV ''+++mv mu =mv mu （7）解（6）、（7）两式，得 10'=v （8）11V '=v （9）碰撞后，平板从其平衡位置以1V '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0t =，则平板在t 时刻离开平衡位置的位移()PQ cos x A t ωϕ=+（10）式中2πTω=（11）A 和ϕ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()PQ sin A t ωωϕ=-+v（12）因0t =时，PQ 0x =．PQ V '=v ，由（9）、（11）、（12）式可求得A （13）π2ϕ=-（14）把（13）、（14）式代入（10）式，得PQ 2ππcos 2x t 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2t 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()2B 2212x t gt = （16）平板的x 座标为()PQ 222ππcos 2x t t T⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （17）在碰撞时，有()()B 2PQ 2x t x t =（18）由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得222π4.90 4.41cos π2t t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（19）这便是2t 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）20.771s t =（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q 处，则有()012L u t t =+（21）由（1）、（20）和（21）式得0120.46m/s Lu t t ==+ （22）而满足题中要求的0u 的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，0u 的取值范围是00.46m/s 0.71m/s u <≤（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入2t 不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：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 l ω=v（1） B 点的向心加速度的大小为2B a l ω=（2）因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为0，故B a 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C v 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C πcos4l ==B v v （3）此时杆CD 绕D 轴按顺时针方向转动，C 点的法向加速度2CCn a CD=v （4）由图可知CD =，由（3）、（4）式得 28Cn a l = （5） 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Ct a ．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B 点的速度方向必垂直于杆BC ．令CB v 表示其速度的大小，根据速度合成公式有CB C B =-v v vB v由几何关系得CB Bl===v（6）由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度2CBCBaCB=v（7）因为CB=，故有2CBa 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()πcos4B BBCa a=（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()2Ct CB B BCa a a l=+=（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Cna与切向加速度Cta的合加速度，即2C ta l=（11）Ca的方向与杆CD间的夹角arctan arctan680.54CtCnaaθ===︒（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θ，ϕ和α表示，且已知AB l =，BC =，CD =，3AD l =，d d tθω=-，C 点坐标表示为cos cos C x l θϕ=（1）sin sin C y l θϕ= （2）将（1）、（2）式对时间t 求一阶微商，得d d d sin d d d C x l t t t θϕθϕ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （3）d d d cos d d d C y l t t t θϕθϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭ （4）把（3）、（4）式对时间t 求一阶微商，得22222222d d d d d cos sin d d d d d C x l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ （5）22222222d d d d d sin cos d d d d d C y l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦（6）根据几何关系，有sin sin sin CD AB BC αθϕ=+ cos cos cos 3CD AB BC l αθϕ++=即sin αθϕ= （7）3cos αθϕ=-（8）将（7）、（8）式平方后相加且化简，得sin cos 3cos 20θϕθϕθϕ---= （9）对（9）式对时间t 求一阶微商，代入π2θ=，π4ϕ=，d d tθω=-，得d 1d 2t ϕω= （10）对（9）式对时间t 求二阶微商，并代入上述数据，得222d 3d 8t ϕω= （11）将（10）、（11）式以及θ，ϕ，d d tθ的数值代入（5）、（6）式，得 222d 5d 8C x l t ω=- 222d 7d 8C y l t ω=- 所以2C a ω=（12）由图知，C a 与x 轴的夹角为β 2222d d tan 1.4d d C C y x t t β⎛⎫⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（13）所以求得arctan1.454.46β==这个夹角在第三象限，为234.46，故C a 与CD 的夹角=80.54γ （14）三、参考解答：1．设a 室中原有气体为mol ν，打开K 1后，有一部分空气进入a 室，直到K 1关闭时，a 室中气体增加到mol ν'，设a 室中增加的()mol νν'-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0A p V =∆（1） 用T 表示K 1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()0VU C T T ν='∆-（2） 由热力学第一定律可知U A ∆=（3）由理想气体状态方程，有00045p V RT ν= （4） ()00p V RT νν'∆=-（5）00p V RT ν'=（6）由以上各式解出()0554V V C R T T C R+=+（7）2．K 2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012p p =（8）关闭K 2，两室中的气体状态相同，即a b p p p ==，a b T T T ==，a b 0V V V ==，且a b 12ννν'==（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、体积和温度分别为ap '、b p '、a V '、b V '、a T '、b T '，则有 a a a a V V VVC RC RC C p V p V ++''= （10）b bbb V V V VC R C R C C p V p V ++''=（11）由于隔板与容器内壁无摩擦，故有ab p p ''= （12）由理想气体状态方程，则有 aa a a p V RT ν'''= （13） bb b b p V RT ν'''= （14）因a b 0V V V ''+=（15）由（8）～（15）式可得 a b 012V V V ''==（16）a b 2VR C T T T ''==（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()12V a W C T T ν''=-（18）由（6）、（17）和（18）式得 00212VRC V C W p V R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭（19）四、参考解答：设某一时刻线框在磁场区域的深度为x ()1x l ≤，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v 2Bl =v E ，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v E 与设定的正方向相反，自感电动势L iL t∆=-∆E 与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻0=R ，故有L v 20iLBl iR t∆-=--==∆v E E （1）即 02=∆∆+∆∆t x Bl t i L（2）或 i L x Bl ∆-=∆2（3）即L Bl x i2-=∆∆ （4）可见i 与x 成线性关系，有C x LBl i +-=2（5）C 为一待定常数，注意到0=x 时，0=i ，可得0=C ，故有x LBl i 2-= （6）0>x 时0<i ，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x Ll B i Bl f 2222-==（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0v 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ω=（8）周期2T =（9）振动的振幅可由能量关系求得，令m x 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2222201122m B l m x L ⎛⎫= ⎪⎝⎭v （10）得m x =（11）故其运动方程为2x ⎫=⎪⎭， t 从0到2 （12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度0v 向左匀速运动．因为在这种情况下m x 的最大值是1l ，即22222011122B l m l L=v （13）由此可知，发生第（i ）种情况时，0v 的值要满足下式22222011122B l m l L ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭v即0≤v （14）(ii) 若线框的初速度0v 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0v 满足下式0>v （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0x =到1x l =，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到12t ⎤=⎢⎣ （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12l LBl i m -=，磁场对线框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22222201111222B l m m l L=+v v 即=v （17）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35-700 3.010T 2.410T 125R B B r -⨯⎛⎫===⨯ ⎪⎝⎭（1）引力加速度222009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ⎛⎫=== ⎪⎝⎭（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u x 、u y 和u z .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v 0的速度，同时附加给粒子一沿y 轴负方向大小为v 0的速度，要求与其中一个v 0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡，即0q B mg =v得0mgqB=v （3）用v 表示u x 与沿y 轴的速度0y u ±v 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z u ．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0v ．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0v 沿y 轴运动．由（3）式可知，0v 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2q B m R=v vxy得m R qB=v（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x u 和y 分量y u 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0v ，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60e 9.210m/s -=⨯v（6）20p 1.710m/s -=⨯v （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()0p 0e j nq =+v v（8）代入有关数据得1422.810A/m j -=⨯（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e 0.33m R =（11）p 14.8m R =（12）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e 20.66m R =和p 229.6m R =，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3500 3.010T 2.410T 125R B B r --7⨯⎛⎫===⨯ ⎪⎝⎭（1）引力加速度222009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ⎛⎫=== ⎪⎝⎭（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u x 、u y 和u z . 若以x v 、y v 、z v 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d d x y y mg mmg q B qB qB ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭v v v t （3） d d y x m q B t=-v v（4）d 0d zmt=v （5）（5）式表明，所考察粒子的速度在z 轴上的分量保持不变，即z z u =v（6）作变量代换，令 x x V =v 0y y V =+v v （7）其中0mgqB=v （8）把（7）、（8）式代入（3）、（4）式得d d xy V mqBV t = （9）d d y x V m qV B t =- （10）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 x y F qBV =x y F qBV =-若用1θ表示F 的方向与x 轴的夹角，2θ表示V 的方向与x轴的夹角，而V =xOyz v xv yv z图11tan y xxyF V F V θ==-2tan y xV V θ=可见12tan tan 1θθ⋅=-，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2V qVB m R=mVR 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0t =时刻V 的值，由（7）式和已知条件在0t =时刻有 0x x y y V u V u ==+v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z z u =v ，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x x V =v ，0y y V =-v v ，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0v 沿y 轴运动．x V 、y V 是圆周运动速度的x 分量和y 分量．圆周运动的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x u 和y 分量y u 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0v 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0v ，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60e 9.210m/s -=⨯v（13）20p 1.710m/s -=⨯v（14）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()0p 0e j nq =+v v （15） 代入有关数据得1422.810A/m j -=⨯ （16）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x u 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e 0.33m R =（18）p 14.8m R =（19）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e 20.66m R =和p 229.6m R =，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.。

全国大学生物理竞赛历年考试习题(含答案)一、选择题1. 下列哪个物理量是标量？A. 速度B. 加速度C. 力D. 质量答案：D解析：质量是标量，因为它只有大小，没有方向。

而速度、加速度和力都是矢量，它们既有大小，又有方向。

2. 下列哪个物理现象可以用牛顿第一定律解释？A. 摩擦力B. 重力C. 弹力D. 惯性答案：D解析：牛顿第一定律也被称为惯性定律，它指出一个物体如果不受外力作用，它将保持静止状态或匀速直线运动状态。

惯性是物体保持其运动状态的性质。

3. 下列哪个物理量是功的单位？A. 焦耳B. 牛顿C. 瓦特D. 库仑答案：A解析：焦耳是功和能量的单位，1焦耳等于1牛顿的力作用在物体上，使物体在力的方向上移动1米的距离所做的功。

4. 下列哪个物理现象可以用安培环路定理解释？A. 电流B. 电阻C. 磁场D. 电压答案：C解析：安培环路定理是电磁学中的一个重要定理，它描述了磁场与电流之间的关系。

该定理指出，通过一个闭合路径的磁场线积分等于该路径所包围的电流总和。

5. 下列哪个物理现象可以用波尔兹曼分布律解释？A. 热力学B. 统计力学C. 量子力学D. 相对论答案：B解析：波尔兹曼分布律是统计力学中的一个重要定律，它描述了在热力学平衡状态下，不同能量状态的粒子数目的分布。

该定律是统计力学的基础之一。

6. 下列哪个物理现象可以用薛定谔方程解释？A. 光的干涉B. 量子隧穿C. 原子光谱D. 相对论效应答案：B解析：薛定谔方程是量子力学中的一个基本方程，它描述了微观粒子在量子态下的行为。

量子隧穿是量子力学中的一个重要现象，它可以用薛定谔方程来解释。

7. 下列哪个物理现象可以用广义相对论解释？A. 光的折射B. 引力透镜C. 狭义相对论效应D. 光的干涉答案：B解析：广义相对论是爱因斯坦提出的一种引力理论，它描述了引力的本质和作用。

引力透镜是广义相对论的一个重要预言，它可以用广义相对论来解释。

8. 下列哪个物理现象可以用电磁感应定律解释？A. 法拉第电磁感应定律B. 安培环路定理C. 楞次定律D. 电磁感应答案：A解析：法拉第电磁感应定律是电磁学中的一个基本定律，它描述了磁场变化产生的感应电动势。

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0u 的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度0u 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0u 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1t ，有2112h gt =（1） 若碰撞正好发生在Q 处，则有01L u t =（2）从（1）、（2）两式解得的0u 值便是满足题中条件的最大值，即0max u = （3）代入有关数据得0max 0.71m/s u =（4）如果00max u u <，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1v ，则有1v （5）以1'v 、1V '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111mV ''+mv =mv （6）因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得22222101101111122222mV ''+++mv mu =mv mu （7）解（6）、（7）两式，得 10'=v （8）11V '=v （9）碰撞后，平板从其平衡位置以1V '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0t =，则平板在t 时刻离开平衡位置的位移()PQ cos x A t ωϕ=+（10）式中2πTω=（11）A 和ϕ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()PQ sin A t ωωϕ=-+v（12）因0t =时，PQ 0x =．PQ V '=v ，由（9）、（11）、（12）式可求得A （13）π2ϕ=-（14）把（13）、（14）式代入（10）式，得PQ 2ππcos 2x t 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2t 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()2B 2212x t gt = （16）平板的x 座标为()PQ 222ππcos 2x t t T⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （17）在碰撞时，有()()B 2PQ 2x t x t =（18）由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得222π4.90 4.41cos π2t t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（19）这便是2t 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）20.771s t =（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q 处，则有()012L u t t =+（21）由（1）、（20）和（21）式得0120.46m/s Lu t t ==+ （22）而满足题中要求的0u 的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，0u 的取值范围是00.46m/s 0.71m/s u <≤（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入2t 不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：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 l ω=v（1） B 点的向心加速度的大小为2B a l ω=（2）因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为0，故B a 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C v 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C πcos4l ==B v v （3）此时杆CD 绕D 轴按顺时针方向转动，C 点的法向加速度2CCn a CD=v （4）由图可知CD =，由（3）、（4）式得 28Cn a l = （5） 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Ct a ．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B 点的速度方向必垂直于杆BC ．令CB v 表示其速度的大小，根据速度合成公式有CB C B =-v v vB v由几何关系得CB Bl===v（6）由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度2CBCBaCB=v（7）因为CB=，故有2CBa 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()πcos4B BBCa a=（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()2Ct CB B BCa a a l=+=（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Cna与切向加速度Cta的合加速度，即2C ta l=（11）Ca的方向与杆CD间的夹角arctan arctan680.54CtCnaaθ===︒（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θ，ϕ和α表示，且已知AB l =，BC =，CD =，3AD l =，d d tθω=-，C 点坐标表示为cos cos C x l θϕ=（1）sin sin C y l θϕ= （2）将（1）、（2）式对时间t 求一阶微商，得d d d sin d d d C x l t t t θϕθϕ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （3）d d d cos d d d C y l t t t θϕθϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭ （4）把（3）、（4）式对时间t 求一阶微商，得22222222d d d d d cos sin d d d d d C x l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ （5）22222222d d d d d sin cos d d d d d C y l t t t t t θθϕϕθθϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦（6）根据几何关系，有sin sin sin CD AB BC αθϕ=+ cos cos cos 3CD AB BC l αθϕ++=即sin αθϕ= （7）3cos αθϕ=-（8）将（7）、（8）式平方后相加且化简，得sin cos 3cos 20θϕθϕθϕ---= （9）对（9）式对时间t 求一阶微商，代入π2θ=，π4ϕ=，d d tθω=-，得d 1d 2t ϕω= （10）对（9）式对时间t 求二阶微商，并代入上述数据，得222d 3d 8t ϕω= （11）将（10）、（11）式以及θ，ϕ，d d tθ的数值代入（5）、（6）式，得 222d 5d 8C x l t ω=- 222d 7d 8C y l t ω=- 所以2C a ω=（12）由图知，C a 与x 轴的夹角为β 2222d d tan 1.4d d C C y x t t β⎛⎫⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（13）所以求得arctan1.454.46β==这个夹角在第三象限，为234.46，故C a 与CD 的夹角=80.54γ （14）三、参考解答：1．设a 室中原有气体为mol ν，打开K 1后，有一部分空气进入a 室，直到K 1关闭时，a 室中气体增加到mol ν'，设a 室中增加的()mol νν'-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0A p V =∆（1） 用T 表示K 1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()0VU C T T ν='∆-（2） 由热力学第一定律可知U A ∆=（3）由理想气体状态方程，有00045p V RT ν= （4） ()00p V RT νν'∆=-（5）00p V RT ν'=（6）由以上各式解出()0554V V C R T T C R+=+（7）2．K 2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012p p =（8）关闭K 2，两室中的气体状态相同，即a b p p p ==，a b T T T ==，a b 0V V V ==，且a b 12ννν'==（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、体积和温度分别为ap '、b p '、a V '、b V '、a T '、b T '，则有 a a a a V V VVC RC RC C p V p V ++''= （10）b bbb V V V VC R C R C C p V p V ++''=（11）由于隔板与容器内壁无摩擦，故有ab p p ''= （12）由理想气体状态方程，则有 aa a a p V RT ν'''= （13） bb b b p V RT ν'''= （14）因a b 0V V V ''+=（15）由（8）～（15）式可得 a b 012V V V ''==（16）a b 2VR C T T T ''==（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()12V a W C T T ν''=-（18）由（6）、（17）和（18）式得 00212VRC V C W p V R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭（19）四、参考解答：设某一时刻线框在磁场区域的深度为x ()1x l ≤，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v 2Bl =v E ，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v E 与设定的正方向相反，自感电动势L iL t∆=-∆E 与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻0=R ，故有L v 20iLBl iR t∆-=--==∆v E E （1）即 02=∆∆+∆∆t x Bl t i L（2）或 i L x Bl ∆-=∆2（3）即L Bl x i2-=∆∆ （4）可见i 与x 成线性关系，有C x LBl i +-=2（5）C 为一待定常数，注意到0=x 时，0=i ，可得0=C ，故有x LBl i 2-= （6）0>x 时0<i ，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x Ll B i Bl f 2222-==（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0v 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ω=（8）周期2T =（9）振动的振幅可由能量关系求得，令m x 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2222201122m B l m x L ⎛⎫= ⎪⎝⎭v （10）得m x =（11）故其运动方程为2x ⎫=⎪⎭， t 从0到2 （12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度0v 向左匀速运动．因为在这种情况下m x 的最大值是1l ，即22222011122B l m l L=v （13）由此可知，发生第（i ）种情况时，0v 的值要满足下式22222011122B l m l L ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭v即0≤v （14）(ii) 若线框的初速度0v 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0v 满足下式0>v （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0x =到1x l =，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到12t ⎤=⎢⎣ （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12l LBl i m -=，磁场对线框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22222201111222B l m m l L=+v v 即=v （17）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35-700 3.010T 2.410T 125R B B r -⨯⎛⎫===⨯ ⎪⎝⎭（1）引力加速度222009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ⎛⎫=== ⎪⎝⎭（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u x 、u y 和u z .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v 0的速度，同时附加给粒子一沿y 轴负方向大小为v 0的速度，要求与其中一个v 0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡，即0q B mg =v得0mgqB=v （3）用v 表示u x 与沿y 轴的速度0y u ±v 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z u ．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0v ．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0v 沿y 轴运动．由（3）式可知，0v 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2q B m R=v vxy得m R qB=v（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x u 和y 分量y u 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0v ，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60e 9.210m/s -=⨯v（6）20p 1.710m/s -=⨯v （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()0p 0e j nq =+v v（8）代入有关数据得1422.810A/m j -=⨯（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e 0.33m R =（11）p 14.8m R =（12）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e 20.66m R =和p 229.6m R =，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3500 3.010T 2.410T 125R B B r --7⨯⎛⎫===⨯ ⎪⎝⎭（1）引力加速度222009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ⎛⎫=== ⎪⎝⎭（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u x 、u y 和u z . 若以x v 、y v 、z v 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d d x y y mg mmg q B qB qB ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭v v v t （3） d d y x m q B t=-v v（4）d 0d zmt=v （5）（5）式表明，所考察粒子的速度在z 轴上的分量保持不变，即z z u =v（6）作变量代换，令 x x V =v 0y y V =+v v （7）其中0mgqB=v （8）把（7）、（8）式代入（3）、（4）式得d d xy V mqBV t = （9）d d y x V m qV B t =- （10）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 x y F qBV =x y F qBV =-若用1θ表示F 的方向与x 轴的夹角，2θ表示V 的方向与x轴的夹角，而V =xOyz v xv yv z图11tan y xxyF V F V θ==-2tan y xV V θ=可见12tan tan 1θθ⋅=-，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2V qVB m R=mVR 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0t =时刻V 的值，由（7）式和已知条件在0t =时刻有 0x x y y V u V u ==+v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z z u =v ，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x x V =v ，0y y V =-v v ，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0v 沿y 轴运动．x V 、y V 是圆周运动速度的x 分量和y 分量．圆周运动的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x u 和y 分量y u 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0v 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0v ，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60e 9.210m/s -=⨯v（13）20p 1.710m/s -=⨯v（14）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()0p 0e j nq =+v v （15） 代入有关数据得1422.810A/m j -=⨯ （16）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x u 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e 0.33m R =（18）p 14.8m R =（19）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e 20.66m R =和p 229.6m R =，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.。