全国中学生物理竞赛集锦(原子物理学)问题详解

全国中学生物理竞赛集锦〔原子物理学〕答案第21届预赛一、1. a. 10－10b. 10－15×10－272. a 正确，b 不正确。

理由：反射时光频率ν不变，这明确每个光子能量h ν不变。

评分标准：此题15分，第1问10分，每一空2分。

第二问5分，其中结论占2分，理由占3分。

第21届复赛三、因μ子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ根据时间膨胀效应，在地球上观测到的μ子平均寿命为τ， ()201c v -=ττ (1)代入数据得τ×10－5s (2)相对地面，假如μ子到达地面所需时间为t ，如此在t 时刻剩余的μ子数为()()τt N t N -=e 0(3) 根据题意有()()%5e 0==-τt N t N (4)对上式等号两边取e 为底的对数得 1005lnτ-=t (5)代入数据得 s 1019.45-⨯=t (6)根据题意，可以把μ子的运动看作匀速直线运动，有t h v =(7)代入数据得m 1024.14⨯=h (8)评分标准：此题15分． (1)式或(2)式6分，(4)式或(5)式4分，(7) 式2分，(8) 式3分．第20届预赛二、参考解答波长λ与频率ν的关系为cνλ=，〔1〕光子的能量为E h νν=，〔2〕由式〔1〕、〔2〕可求得产生波长74.8610λ-=⨯m 谱线的光子的能量194.0910E ν-=⨯J 〔3〕氢原子的能级能量为负值并与量子数n 的平方成反比：21n E k n =-，n =1，2，3，…〔4〕 式中k 为正的比例常数。

氢原子基态的量子数n =1，基态能量1E ，由式〔4〕可得出1k E =-〔5〕把式〔5〕代入式〔4〕，便可求得氢原子的n =2，3，4，5，…各能级的能量，它们是19221 5.45102E k -=-=-⨯J ， 19321 2.42103E k -=-=-⨯J ， 19421 1.36104E k -=-=-⨯J ， 205218.72105E k -=-=-⨯J 。

比拟以上数据，发现1942 4.0910E E E ν-=-=⨯J 。

〔6〕 所以，这条谱线是电子从4n =的能级跃迁到2n =的能级时发出的。

评分标准：此题20分。

式〔3〕4分，式〔4〕4分，式〔5〕4分，式〔6〕与结论共8分。

第20届复赛〔无〕第19届预赛〔无〕第19届复赛六、参考解答〔1〕由能量与速度关系与题给条件可知运动电子的能量为2201.10m c =〔1〕由此可解得0.4170.42v c c=≈〔2〕入射光子和散射光子的动量分别为hpcν=和hpcν''=，方向如图复解19-6所示。

电子的动量为mv，m为运动电子的相对论质量。

由动量守恒定律可得hcνθ=〔3〕hcνθ'=〔4〕20.10h h m cνν'-=〔5〕由〔2〕、〔3〕、〔4〕、〔5〕式可解得20.37/m c hν=〔6〕20.27/m c hν'=〔7〕127tan arctan()36.137νθν'===︒－〔8〕电子从O点运动到A所需时间为2.4/Lt L cv∆==〔9〕〔2〕当观察者相对于S沿OA方向以速度v运动时，由狭义相对论的长度收缩效应得L L=10〕0.91L L=〔11〕第18届预赛四、参考解答设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为v，碰撞后中子和碳核的速度分别为v和v'，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因v、v和v'沿同一直线，故有mv mv Mv'=+〔1〕222111222mv mv Mv'+=〔2〕解上两式得图复解19-6光子散射方向光子入射方向光子入射方向电子θA0m M v v m M-=+〔3〕 因12M m =代入〔3〕式得01113v v =-〔4〕 负号表示v 的方向与0v 方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为2221011112213E mv m v ⎛⎫==- ⎪⎝⎭于是 2101113E E ⎛⎫= ⎪⎝⎭〔5〕 经过2，3，…，n 次碰撞后，中子的能量依次为2E ，3E ，4E ，…，n E ，有 2421011111313E E E ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 6301113E E ⎛⎫= ⎪⎝⎭…… 210001113n n n E E E E E ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭〔6〕 因此0lg(/)12lg(11/13)n E E n =〔7〕 7600.02511071.7510n E E ==⨯⨯－ 代入〔7〕式即得71lg(10)7lg 77.8451754112(0.07255)0.14512lg()13n ⨯--===≈-－〔8〕 故初能量0 1.75MeV E =的快中子经过近54次碰撞后，才成为能量为0.025 eV 的热中子。

评分标准：此题18分〔1〕、〔2〕、〔4〕、〔6〕式各3分；〔5〕、〔7〕、〔8〕式各2分。

第18届复赛三、参考解答为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是2n =的第一激发态．氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．21n E K n=〔1〕 又知基态〔1n =〕的能量为－eV ，即12113.58eV 1E K ==- 所以13.58eV K =-2n =的第一激发态的能量为221113.58 3.39eV 42E K ==-⨯=-〔2〕 为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为21( 3.3913.58)eV=10.19eV E E E =-=-+内〔3〕这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即191810.19eV=10.19 1.60210J=1.63210J h E ν==⨯⨯⨯内－－〔4〕式中ν为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有0B A mv mv mv =++光子的动量〔5〕222011()22B A mv m v v h ν++=〔6〕 光子的动量h p c νν=。

由〔6〕式可推得002h mv v ν>，因为0v c <<，所以0h mv cν>>，故〔5〕式中光子的动量与0mv 相比拟可忽略不计，〔5〕式变为0()B B A A mv mv mv m v v =+=+〔7〕符合〔6〕、〔7〕两式的0v 的最小值可推求如下：由〔6〕式与〔7〕式可推得22020011()221()2B B A A A A mv m v v mv v h mv mv v v h νν+-+=--+= 200A A mv mv v h ν-+=经配方得220011240A m v v mv h ν⎛⎫-- ⎪⎝⎭+= 22001142A mv m v v h ν⎛⎫=- ⎪⎝⎭+〔8〕 由〔8〕式可看出，当012A v v =时，0v 达到最小值0min v ，此时B A v v =〔9〕0min v =〔10〕 代入有关数据，得 40min 6.2510m/s v =⨯〔11〕答：B 原子的速度至少应为46.2510m/s ⨯．第17届预赛七、参考解答1. 根据能量守恒定律，质量为m 的物质从无限远处被吸引到中子星的外表时所释放的引力势能1E ∆应等于对应始末位置的引力势能的改变，故有10GMm E GM R m m R⎛⎫-- ⎪∆⎝⎭==〔1〕 代入有关数据得1611 2.010J kg E m∆≈⨯⋅－〔2〕 2. 在氢核聚变反响中，每千克质量的核反响原料提供的能量为220.0072E c m∆=〔3〕 所求能量比为21/1/31E m E m ∆≈∆〔4〕 3．根据题意，可知接收到的两个脉冲之间的时间间隔即为中子星的自转周期，中子星做高速自转时，位于赤道处质量为M ∆的中子星质元所需的向心力不能超过对应的万有引力，否如此将会因不能保持匀速圆周运动而使中子星破裂，因此有22RM m m R R ω∆∆≤〔5〕 式中2πωτ=〔6〕ω为中子星的自转角速度，τ为中子星的自转周期．由〔5〕、〔6〕式得到2τ≥7〕 代入数据得44.410s τ≥⨯－〔8〕故时间间隔的下限为44.410s ⨯－第17届复赛三、参考解答1．相距为r 的电量为1Q 与2Q 的两点电荷之间的库仑力Q F 与电势能Q U 公式为122Q Q Q Q F k r ＝12Q Q Q Q U k r =-〔1〕 现在正反顶夸克之间的强相互作用势能为 4()3S a U r k r=- 根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为 24()3S a F r kr =-〔2〕 设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为v ，因二者相距0r ，二者所受的向心力均为0()F r ，二者的运动方程均为22004/23t S a m v k r r =〔3〕 由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数1n =，得0222t r h m v π⎛⎫- ⎪⎝⎭〔4〕 由〔3〕、〔4〕两式解得20238S t h r m a kπ=〔5〕 代入数值得170 1.410m r =⨯－〔6〕2. 由〔3〕与〔4〕两式得43S a v k h π⎛⎫= ⎪⎝⎭〔7〕 由v 和0r 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期T30222(/2)2(4/3)t S r h T v m k a ππ==〔8〕 代入数值得241.810s T =⨯－〔9〕由此可得/0.2T τ=〔10〕因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的1／5，故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的．评分标准：此题25分1. 15分。

〔2〕式4分，〔5〕式9分，求得〔6〕式再给2分。

2. 10分。

〔8〕式3分。

〔9〕式1分，正确求得〔10〕式并由此指出正反顶夸克不能形成束缚态给6分。

第16届预赛〔无〕第16届复赛〔无〕。