第十七届全国中学生物理竞赛复赛试题参考答案

第十七届全国中学生物理竞赛复赛试题参考答案一、解：设玻璃管内空气柱的长度为ｈ，大气压强为ｐ０，管内空气的压强为ｐ，水银密度为ρ，重力加速度为ｇ，由图4知ｐ＋（ｌ－ｈ）ρｇ＝ｐ０，①根据题给的数据，可知ｐ０＝ｌρｇ，得ｐ＝ρｇｈ，②若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为Ｖ＝Ｓｈ，③由②、③式，得ｐ＝（Ｖ／Ｓ）ρｇ，④即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程ｐＶ＝ｎＲＴ，得ρｇ（Ｖ2／Ｓ）＝ｎＲＴ，⑤由⑤式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据④式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为ｐ－Ｖ图上过原点的直线，如图5所示．在管内气体的温度由Ｔ１降到Ｔ２的过程中，气体的体积由Ｖ１变到Ｖ２，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示，即有图4 图5Ｗ＝（1／2）ρｇ（（Ｖ１／Ｓ）＋（Ｖ２／Ｓ））（Ｖ１－Ｖ２）＝ρｇ（Ｖ１2－Ｖ２2）／2Ｓ，⑥管内空气内能的变化为ΔＵ＝ｎＣＶ（Ｔ２－Ｔ１），⑦设Ｑ为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律Ｗ＋Ｑ＝ΔＵ，有Ｑ＝ΔＵ－Ｗ，⑧由⑤、⑥、⑦、⑧式代入得Ｑ＝ｎ（Ｔ２－Ｔ１）（ＣＶ＋（1／2）Ｒ），⑨代入有关数据得Ｑ＝－0．247Ｊ，Ｑ＜0，表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为Ｑ′＝－Ｑ＝0．247Ｊ．（10）二、解：在由直线ＢＣ与小球球心Ｏ所确定的平面中，激光光束两次折射的光路ＢＣＤＥ如图6所示，图中入射光线ＢＣ与出射光线ＤＥ的延长线交于点Ｇ，按照光的折射定律有图6ｎ0ｓｉｎα＝ｎｓｉｎβ，①式中α与β分别是相应的入射角与折射角，由几何关系还可知ｓｉｎα＝ｌ／ｒ．②激光光束经两次折射，频率ν保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小ｐ与ｐ′相等，即ｐ＝ｈν／ｃ＝ｐ′，③式中ｃ为真空中的光速，ｈ为普朗克常量．因射入小球的光束中光子的动量ｐ沿ＢＣ方向，射出小球的光束中光子的动量ｐ′沿ＤＥ方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2θ，由图中几何关系可知2θ＝2（α－β）．④若取线段ＧＮ１的长度正比于光子动量ｐ，ＧＮ２的长度正比于光子动量ｐ′，则线段Ｎ１Ｎ２的长度正比于光子动量的改变量Δｐ，由几何关系得Δｐ＝2ｐｓｉｎθ＝2（ｈν／ｃ）ｓｉｎθ，⑤△ＧＮ１Ｎ２为等腰三角形，其底边上的高ＧＨ与ＣＤ平行，故光子动量的改变量Δｐ的方向沿垂直ＣＤ的方向，且由Ｇ指向球心Ｏ．光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即Δｔ＝2ｒｃｏｓβ／（ｃｎ０／ｎ），⑥式中ｃｎ０／ｎ是光在小球内的传播速率，按照牛顿第二定律，光子所受小球平均作用力的大小为ｆ＝Δｐ／Δｔ＝ｎ0ｈνｓｉｎθ／ｎｒｃｏｓβ，⑦按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小Ｆ＝ｆ，即Ｆ＝ｎ０ｈνｓｉｎθ／ｎｒｃｏｓβ，⑧力的方向由点Ｏ指向点Ｇ．由①、②、④及⑧式，通过三角函数关系运算，最后可得Ｆ＝（ｎ０ｌｈν／ｎｒ2）（1－）．⑨三、解：1．相距为ｒ的电量为Ｑ１与Ｑ２的两点电荷之间的库仑力ＦＱ与电势能ＵＱ公式为ＦＱ＝ｋ（Ｑ１Ｑ２／ｒ２），ＵＱ＝－ｋ（Ｑ１Ｑ２／ｒ），①现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为Ｕ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ），根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为Ｆ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ2），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ｒ０，二者所受的向心力均为Ｆ（ｒ０），二者的运动方程均为ｍ1ｖ2／（ｒ０／2）＝ｋ（4ａｓ／3ｒ０2）．③由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数ｎ＝1，得2ｍ１ｖ（ｒ０／2）＝ｈ／2π．④由③与④两式，解得ｒ０＝3ｈ2／8π２ｍ１ａｓｋ，⑤代入数据得ｒ０＝1．4×10－17ｍ．⑥2．由③、④两式，可得ｖ＝（π／ｈ）（ｋ4ａｓ／3），⑦由ｖ与ｒ０可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期Ｔ为Ｔ＝2π（ｒ０／2）／ｖ＝ｈ3／2π２ｍ1（ｋ4ａｓ／3）2，⑧代入数值得Ｔ＝1．8×10－24ｓ，⑨由此可知τ／Ｔ＝0．22．（10）因正反顶夸克的寿命只有它们构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．四、解：1．设太阳的质量为Ｍ０，飞行器的质量为ｍ，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为Ｒ．根据所设计的方案，可知飞行器是从其原先的圆轨道上某处出发，沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的，该椭圆既与飞行器原先的圆轨道相切，又与小行星的圆轨道相切．要使飞行器沿此椭圆轨道运动，应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内，由ｖ０变为某一值ｕ０．设飞行器椭圆轨道达小行星轨道到时的速度为ｕ，因大小为ｕ０与ｕ的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律，得ｕ０Ｒ＝6ｕＲ，①由能量关系，有（1／2）ｍｕ０2－Ｇ（Ｍ０ｍ／Ｒ）＝（1／2）ｍｕ2－Ｇ（Ｍ０ｍ／6Ｒ），②由牛顿万有引力定律，有Ｇ（Ｍ０ｍ／Ｒ2）＝ｍ（ｖ０2／Ｒ），或者ｖ０＝．③解①、②、③式，得ｕ0＝ｖ0，④ｕ＝ｖ0．⑤设小行星绕太阳运动的速度为ｖ，小行星的质量Ｍ，由牛顿万有引力定律，有ＧＭ0Ｍ／（6Ｒ）2＝Ｍｖ2／6Ｒ，得ｖ＝ｖ0，⑥能够看出ｖ＞ｕ．⑦由此可见，只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道，使得它到达小行星轨道外时，小行星的前缘也正好运动到该处，则飞行器就能被小行星撞击．能够把小行星看做是相对静止的，飞行器以相对速度为ｖ－ｕ射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，碰撞后，飞行器以同样的速率ｖ－ｕ弹离，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为ｖ－ｕ，方向与小行星的速度的方向相同，故飞行器相对太阳的速度为ｕ1＝ｖ＋ｖ－ｕ＝2ｖ－ｕ，或者将⑤、⑥式代入得ｕ１＝（ｖ0．⑧假如飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系，它应具有的最小速度为ｕ２，则有（1／2）ｍｕ２2－Ｇ（Ｍ0ｍ／6Ｒ）＝0，得ｕ２＝ｖ0，⑨能够看出ｕ１＝ｖ0＝ｕ2．（10）飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系．2．为使飞行器能进入椭圆轨道，发动机应使飞行器的速度由ｖ0增加到ｕ0，飞行器从发动机取得的能量Ｅ１＝（1／2）ｍｕ02－（1／2）ｍｖ02＝（1／2）ｍ（12／7）ｖ02－（1／2）ｍｖ02＝（5／14）ｍｖ02．（11）若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系，飞行器应具有的最小速度为ｕ３，则有（1／2）ｍｕ32－Ｇ（Ｍ0ｍ／Ｒ）＝0，由此得ｕ３＝ｖ0．（12）飞行器的速度由ｖ0增加到ｕ3，应从发动机获取的能量为Ｅ2＝（1／2）ｍｕ３2－（1／2）ｍｖ０2＝（1／2）ｍｖ０2，（13）因此Ｅ１／Ｅ2＝（5／14）ｍｖ22／（1／2）ｍｖ22＝0．71．（14）五、解法一：带电质点静止释放时，受重力作用做自由落体运动，当它到达坐标原点时，速度为ｖ１＝＝2．0ｍ·ｓ－1，①方向竖直向下．带电质点进入磁场后，除受重力作用外，还受到洛伦兹力作用，质点速度的大小与方向都将变化，洛伦兹力的大小与方向亦随之变化．我们能够设想，在带电质点到达原点时，给质点附加上沿ｘ轴正方向与负方向两个大小都是ｖ0的初速度，由于这两个方向相反的速度的合速度为零，因而不影响带电质点以后的运动．在ｔ＝0时刻，带电质点因具有沿ｘ轴正方向的初速度ｖ0而受洛伦兹力ｆ１的作用，即ｆ１＝ｑｖ0Ｂ，②其方向与重力的方向相反．适当选择ｖ0的大小，使ｆ１等于重力，即ｑｖ0Ｂ＝ｍｇ，③ｖ0＝ｇ／（ｑ／ｍ）Ｂ＝2．0ｍ·ｓ－1，④只要带电质点保持④式决定的ｖ0沿ｘ轴正方向运动，ｆ１与重力的合力永远等于零．但如今，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度ｖ１与沿ｘ轴负方向的速度ｖ0，二者的合成速度大小为ｖ＝＝2．8ｍ·ｓ－1，⑤方向指向左下方，设它与ｘ轴的负方向的夹角为α，如图7所示，则ｔｇα＝ｖ１／ｖ0＝1，α＝π／4，⑥图7因而带电质点从ｔ＝0时刻起的运动能够看做是速率为ｖ0，沿ｘ轴的正方向的匀速直线运动与在ｘＯｙ平面内速率为ｖ的匀速圆周运动的合成．圆周半径为Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝0．56ｍ．⑦带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心Ｏ′位于垂直于质点如今速度ｖ的直线上，由图7可知，其坐标为ｘＯ′＝Ｒｓｉｎα＝0．40ｍ，⑧ｙＯ′＝Ｒｃｏｓα＝0．40ｍ．圆周运动的角速度为ω＝ｖ／Ｒ＝5．0ｒａｄ·ｓ－1．⑨由图7可知，在带电质点离开磁场区域前的任何时刻ｔ，质点位置的坐标为ｘ＝ｖ０ｔ－［Ｒｓｉｎ（ωｔ＋α）－ｘＯ′］，（10）ｙ＝ｙＯ′－Ｒｃｏｓ（ωｔ＋α），（11）式中ｖ０、Ｒ、ω、α、ｘＯ′、ｙＯ′已分别由④、⑦、⑨、⑥、⑧各式给出．带电质点到达磁场区域下边界时，ｙ＝Ｌ＝0．80ｍ，代入（11）式，再代入有关数值，解得ｔ＝0．31ｓ，（12）将（12）式代入（10）式，再代入有关数值，得ｘ＝0．63ｍ，（13）因此带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为ｘ＝0．63ｍ，ｙ＝0．80ｍ，ｚ＝0．（14）带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为ｖ的匀速圆周运动与一个速率为ｖ０的沿ｘ轴正方向的匀速直线运动，任何时刻ｔ，带电质点的速度ｖ′便是匀速圆周运动速度ｖ与匀速直线运动的速度ｖ０的合速度．若圆周运动的速度在ｘ方向与ｙ方向的分量为ｖｘ′、ｖｙ′，则质点合速度在ｘ方向的分速度分别为ｖｘ′＝ｖｘ＋ｖ０，（15）ｖｙ′＝ｖｙ．（16）尽管＝ｖ，ｖ由⑤式决定，其大小是恒定不变的，ｖ０由④式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因ｖ的方向不断变化，它在ｘ方向与ｙ方向的分量ｖｘ与ｖｙ都随时间变化，因此ｖｘ′与ｖｙ′也随时间变化，取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向，由于圆周运动的圆心的ｙ坐标恰为磁场区域宽度的一半，由对称性可知，带电质点离开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与ｘ轴正方向夹角α′＝π／4，故代入数值得ｖｘ＝ｖｃｏｓα′＝2．0ｍ·ｓ－1，ｖｙ＝ｖｓｉｎα′＝2．0ｍ·ｓ－1，将以上两式及⑤式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量，它们分别为ｖｘ′＝4．0ｍ·ｓ－1，（17）ｖｙ′＝2．0ｍ·ｓ－1，（18）速度大小为ｖ′＝＝4．5ｍ·ｓ－1，（19）设ｖ′的方向与ｘ轴的夹角为β，如图8所示，则ｔｇβ＝ｖｙ′／ｖｘ′＝1／2，得β＝27°．（20）图8解法二：若以带电质点到达坐标原点O的时刻作为起始时刻（ｔ＝0），则质点的初速度为ｖ1＝＝2．0ｍ·ｓ－1，①方向沿ｙ轴正方向．进入磁场区后，带电质点将受到洛伦兹力作用，洛伦兹力在ｘ方向的分力取决于质点在ｙ方向的分速度，因此质点动量在ｘ方向的分量的增量为ｍΔｖｘ＝ｑｖｙＢΔｔ＝ｑΔｙＢ，②Δｙ是带电质点在Δｔ时间内沿ｙ方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一段Δｔ时间都成立，因此在ｔ＝0到ｔ＝ｔ时间内ｘ方向的分量的改变为ｍｖｘ－ｍｖ０ｘ＝ｑＢ（ｙ－ｙ０），因初始时刻（ｔ＝0），带电质点在ｘ轴方向的动量ｍｖ０ｘ为零，其位置在原点，ｙ０＝0，因而得ｍｖｘ＝ｑｙＢ，即ｖｘ＝（ｑＢ／ｍ）ｙ．③当带电质点具有ｘ方向的速度后，便立即受到沿ｙ负方向的洛伦兹力的作用．根据牛顿第二定律，在ｙ方向上有加速度ａｙ，则ｍａｙ＝ｍｇ－ｑｖｘＢ，④将③式代入④式，得ｍａｙ＝－［（ｑＢ）2／ｍ］（ｙ－（ｍ2／ｑ2Ｂ2）ｇ），⑤令ｙ′＝ｙ－Ｄ，⑥式中Ｄ＝ｍ2ｇ／（ｑＢ）2＝ｇ／（ｑ／ｍ）2Ｂ2＝0．40ｍ，⑦即在ｙ方向作用于带电质点的合力Ｆｙ＝－ｋｙ′，其中ｋ＝ｑ2Ｂ2／ｍ，Ｆｙ是准弹性力，在Ｆｙ作用下，带电质点在ｙ′方向的运动是简谐运动，其振动的圆频率为ω＝＝5．0ｒａｄ·ｓ－1，⑧ｙ′随时间变化的规律为ｙ′＝Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ0），⑨或者ｙ＝Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ0）＋Ｄ，（10）图9Ａ与φ0是待求的常量，质点的简谐运动能够用参考圆来描写，以所考察的简谐运动的振幅Ａ为半径作一圆，过圆心Ｏ1作一直角坐标ｘ′Ｏ1ｙ′．若有质点Ｍ沿此圆周做匀速率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率ω，且按逆时针方向转动，在ｔ＝0时刻，点Ｍ的在圆周上的位置恰使连线Ｏ1Ｍ与ｙ′轴的夹角等于⑨式中的常量φ０，则在任意时刻ｔ，点Ｏ1与点Ｍ的连线与ｙ′轴的夹角等于ωｔ＋φ０，因此连线Ｏ1Ｍ在ｙ′轴上的投影即为⑨式所示的简谐运动，将ｘ′轴平行下移Ｄ＝0．40ｍ，连线Ｏ1Ｍ在ｙ轴的投影即如（10）式所示（参看图9所示），点Ｍ做圆周运动的速度大小ｖ＝Ａω，方向与Ｏ1Ｍ垂直，速度ｖ的ｙ分量就是带电质点沿ｙ轴做简谐运动的速度，即ｖｙ＝－Ａωｓｉｎ（ωｔ＋φ０），（11）（10）与（11）两式中的A与φ0可由下面的方法求得：由于已知在ｔ＝0时，带电质点位于ｙ＝0处，速度ｖｙ＝ｖ1，把这个条件代入（10）式与（11）式，得Ａｃｏｓφ０＋Ｄ＝0，ｖ1＝－Ａωｓｉｎφ０．解上面两式，结合①、⑧式，注意到振幅Ａ总是正的，故得φ０＝5π／4，（12）Ａ＝0．56ｍ．（13）把（10）式代入③式，便得带电质点沿ｘ轴运动的速度为ｖｘ＝ωＤ＋Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０），（14）（14）式表示带电质点在ｘ方向上的速度是由两个速度合成的，即沿ｘ方向的匀速运动速度ωＤ与ｘ方向的简谐运动速度Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０）的合成，带电质点沿ｘ方向的简谐运动匀速运动的位移为ｘ′＝ωＤｔ．（15）由沿ｘ方向的简谐振动速度Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０）可知，沿ｘ方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的比值（参看图8），即等于Ａ．由参考圆方法可知，沿ｘ方向的振动的位移ｘ″具有如下的形式，即Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ０－（π／2））＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０），它可能是ｘ″＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０），亦可能是ｘ″－ｂ＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．在本题中，ｔ＝0时刻，ｘ应为零，故前一表示不符合题意．后一表示式中，ｂ应取的值为ｂ＝－Ａｓｉｎφ０，故有ｘ″＝－Ａｓｉｎφ０＋Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．（16）带电质点在ｘ方向的合位移ｘ＝ｘ′＋ｘ″，由（15）、（16）式，得ｘ＝ωＤｔ－Ａｓｉｎφ０＋Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．（17）（17）、（10）、（14）与（11）式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻ｔ的位置坐标与速度的ｘ分量与ｙ分量，式中常量ω、Ａ、φ０、Ｄ已分别由⑧、（13）、（12）与⑦式给出．当带电质点达到磁场的下边界时，有ｙ＝Ｌ＝0．80ｍ，（18）将与（10）式有关的数据代入，可解得ｔ＝0．31ｓ，（19）代入（17）式，得ｘ≈0．63ｍ，（20）将（19）式分别代入（14）、（11）式，得ｖｘ＝4．0ｍ·ｓ－1，ｖｙ＝2．0ｍ·ｓ－1，速度大小为ｖ＝＝4．5ｍ·ｓ－1，（21）速度方向为α＝ａｒｃｔｇ（ｖｙ／ｖｘ）＝27°．（22）图10六、1．由于光纤内所有光线都从轴上的点Ｏ出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图10为纵剖面内的光路图，设由点Ｏ发出的与轴的夹角为α的光线，射至Ａ、Ｂ分界面的入射角为ｉ，反射角也为ｉ．该光线在光纤中多次反射时的入射角均为ｉ，射至出射端面时的入射角为α．若该光线折射后的折射角为θ，则由几何关系与折射定律可得ｉ＋α＝90°，①ｎＡｓｉｎα＝ｎＦｓｉｎθ．②当ｉ大于全反射临界角ｉＣ时将发生全反射，没有光能缺失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而ｉ＜ｉＣ的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射进入Ｂ，反射光强随着反射次数的增大而越来越弱，以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了．因而能射向出射端面的光线的ｉ的数值一定大于或者等于ｉＣ，ｉＣ的值由下式决定，即ｎＡｓｉｎｉＣ＝ｎＢ，③与ｉＣ对应的α值为αＣ＝90°－ｉＣ，④当α０＞αＣ时，即ｓｉｎα０＞ｓｉｎαＣ＝ｃｏｓｉＣ＝时，或者ｎＡｓｉｎα０＞时，由点Ｏ发出的光束中，只有α≤αＣ的光线才满足ｉ≥ｉＣ的条件，才能射向端面，如今出射端面处α的最大值为αｍａｘ＝αＣ＝90°－ｉＣ．⑤若α0＜αＣ，即ｎＡｓｉｎα０＜时，则由点O发出的光线都能满足ｉ＞ｉＣ的条件，因而都能射向端面，如今出射端面处α的最大值为αｍａｘ＝α０．⑥端面处入射角α最大时，折射角θ也达最大值，设为θｍａｘ，由②式可知ｎＦｓｉｎθｍａｘ＝ｎＡｓｉｎαｍａｘ．⑦由⑥、⑦式可得，当α０＜αＣ时，有ｎＦ＝ｎＡｓｉｎα０／ｓｉｎθｍａｘ，⑧当α０≥αＣ时，由③至⑦式可得，ｎＦ＝ｎＡｃｏｓｉＣ／ｓｉｎθｍａｘ＝／ｓｉｎθｍａｘ，⑨θｍａｘ的数值可由图11上的几何关系求得ｓｉｎθｍａｘ＝（（ｄ2－ｄ１）／2）／．（10）图11因此当α0＜αＣ时，ｎＦ的表达式应为ｎＦ＝ｎＡｓｉｎα０（／（（ｄ2－ｄ1）／2），（11）当α０≥αＣ时，有ｎＦ＝（／（（ｄ2－ｄ１）／2）．（12）2．可将输出端介质改为空气，光源保持不变，按同样手续再做一次测量，可测得ｈ１′、ｈ2′、ｄ１′、ｄ2′，这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同．已知空气的折射率等于1，故有当α０＜αＣ时，有1＝ｎＡｓｉｎα０／（（ｄ2′－ｄ１′）／2），（13）当α０≥αＣ时，有1＝（／（（ｄ2′－ｄ１′）／2），（14）将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）式相除，均得ｎＦ＝（（ｄ2′－ｄ１′）／（ｄ2－ｄ１））（／）．（15）此结果适用于α０为任何值的情况．。