1、1第 23 届全国中学生物理竞赛决赛试题2006 年 11 月 深圳 理论试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想当今在美国宇航局（NASA）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度已知地球半径 R0 = 6.37 106 m ，地球表面处的重力
2、加速度 g = 9.80 ms2 二、如图所示，一内半径为 R 的圆筒（图中 2R 为其内直径）位于水平地面上筒内放一矩形物矩形物中的 A 、 B 是两根长度相等、质量皆为 m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为 l = R 的矩形薄片的两端初始时矩形物位于水平位置且处于3静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触已知 A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数 都等于 1现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使 A 逐渐升高1矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？答：_（只要求写出数值，不要求写出推导过程）2如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动令
3、 表示A 的中点和 B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后 等于多少度时，B 相对于圆筒开始滑动 （要求在卷面上写出必要的推导过程最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字 ）lA2R2三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的对于干燥的静止空气，在离地面的高度小于 20 km 的大气层内，大气温度 Te 随高度的增大而降低，已知其变化率= 6.0 10 3 Km 1 Te zz 为竖直向上的坐标现考查大气层中的一质量一定的微小空气团（在确定它在空间的位置时可当作质点处理） ，取其初始位置为坐标原点（z = 0
4、） ，这时气团的温度 T 、密度 、压强 p 都分别与周围大气的温度 Te 、密度 e 、压强 pe 相等由于某种原因，该微气团发生向上的小位移因为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的过程中，其体积要膨胀，温度要变化（温度随高度变化可视为线性的） 由于过程进行得不是非常快，微气团内气体的压强已来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热交换，因而可以把过程视为绝热过程现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热过程中，其压强 p 与体积 V 满足绝热过程方程 pV = C 式中 C 和 都是常量，但 与气体种类有关，对空气， = 1.40 已知空气的摩尔质量 = 0
5、.029 kg mol 1 ，普适气体恒量 R = 8.31 J ( K mol ) 1 试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动设重力加速度 g = 9.8 ms2 ，z = 0 处大气的温度 Te0 = 300 K 四、图 1 中 K 为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒子流，它们的速度方向都沿图中虚线 OO ，速度的大小具有一切可能值但都是有限的当粒子打在垂直于 OO 的屏 NN 上时，会在屏上留下永久性的痕迹屏内有一与虚线垂直的坐标轴 Y ，其原点位于屏与虚线的交点 O 处，Y 的正方向由 O 指向 N 虚线上的 A 、B 两处，各有一电子阀门 a 和 b
6、阀门可以根据指令开启或关闭开始时两阀门都处于关闭状态，挡住粒子流M 、M 是两块较大的平行金属平板，到虚线 OO 的距离都是 d ，板 M 接地在两板间加上如 图 2 所示的周期为 2T 的交变电压 u ，u 的正向最大值为2U ，负向最大值为 U 已知当带电粒子处在两平板间的空间时，若两平板间的电压为 U ，则粒子在电场作用下的加速度 a 、电压 u 的半周期 T 和平板到虚线的距离 d 满足以下3关系aT2 = d15已知 AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离都是 l 不计重力的作用不计带电粒子间的相互作用打开阀门上的粒子被阀门吸收，不会影响以后带电
7、粒子的运动只考虑 MM 之间的电场并把它视为匀强电场1假定阀门从开启到关闭经历的时间 比 T 小得多，可忽略不计现在某时刻突然开启阀门 a 又立即关闭；经过时间 T ，再次开启阀门 a 又立即关闭；再经过时间 T ，第 3次开 启 阀 门 a 同 时 开 启 阀 门 b ， 立 即 同 时 关 闭 a 、 b 若 以 开 启 阀 门 b 的 时 刻 作 为 图2 中 t = 0 的时刻，则屏上可能出现的粒子痕迹的 Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_2假定阀门从开启到关闭经历的时间 = ，现在某时刻突然开启阀门 a ，经过时T10间 立即关闭 a ；从刚开启 a 的时刻起，经过时间
8、T ，突然开启阀门 b ，经过时间 关闭 b 若 以 刚开 启 阀 门 b 的 时 刻 作 为 图 2 中 t = 0 的时刻，则从 B 处射出的具有最大速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的 Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的 Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为t / T0 2 4 6 8 10 12 u2UU图 2KO MN N Y OMBAa bl l l l图 14_五、如图所示，坐标系 Oxyz 的 x 轴和 z 轴都位于纸面内，y 轴垂直纸面向里两无限大金属极板 P 和Q 分别位于 x = d 和 x = d 处磁感应强度大小
9、为B 的匀强磁场的方向平行于 Oxz 坐标平面，与 z 轴的夹角为 在坐标原点 O 处，有一电荷为q（0） 、质量为 m 的带电粒子，以沿 y 轴正方向的初速度 v0 开始运动不计重力作用1若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触） ，则初速度 v0 应为多大？所需最短时间 t0 是多少？2若在两极板间沿 x 轴正方向加上一场强为 E 的匀强电场，使该粒子能在第 1 问中所求得的时间 t0 到达极板，则该粒子的初速度 v0 应为多大？若 = ，求粒子到达极板时4粒子的坐标六、在高能物理中，实验证明，在实验室参考系中，一个运动的质子与一个静止的质子相碰时，碰后可能再产生
10、一个质子和一个反质子，即总共存在三个质子和一个反质子试求发生这一情况时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少已知质子和反质子的静止质量都是 m0 = 1.67 1027 kg 不考虑粒子间的静电作用2dPzB QO x5第 23 届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，这样的天梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动如图1 所示从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速转动天梯所受的外力只有地球的万有引力把天梯看作是由线密度为 的许多非常小
11、的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的距离为 ri 1 到 ri 间的长度为r i 的小段所受地球引力为f i = G （1）整个天梯所受的地球引力 F 就等于每小段所受地球引力之和，即F = = （2）1nif2iMrA符号 表示对所有小段求和因r i = ri ri 1 是个小量，注意到 riri 1 = ri( ri 1ni r i ) r ，因此2i121 10()nnniii iiinrrrA用 R0 表示地球半径，也就是天梯下端到地心的距离，R l 表示天梯上端到地心的距离，则 r0 = R0 ，r n = Rl ，代入（2）式得LR1
12、R0O图 16F = GM( ) （3） 1R0 1Rl整个天梯的质量m = ( Rl R0 ) （4） 天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离rC = R0 + （5） Rl R02根据质心运动定理，有F = mrC ( )2 （6） 2T式中 T 为地球自转的周期由（3） 、 （4） 、 （5） 、 （6）式可得( Rl R0 ) ( R + R0Rl ) = 0 2lGMT222R0Rl R0 = 0 ，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度满足的方程为R + R0Rl = 0 （7）2lGMT222R0因为 GM = R g ，所以得20R + R0Rl = 0 （8）2lR
13、0gT222【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式这时，天梯在地球引力和惯性离心力的作用下，处于平衡静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由下面的方法求得：仍把天梯看作由很多长度为r i 的小段组成，则第 i 小段受的惯性离心力为f i = ri( )2 ri （4）2T对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力F = = ( )2 rir i （5 ）1nif2T（5）式 中所示的和可以用图2 过原点的直线 y = ( )2 r 下的2T一个带阴影的 梯形面积来表示，即O R0 Rlry( )2 Rl2T( )2 R02T图 27F = ( )2 ( Rl R0
14、 ) （6 ）2T R0 + Rl2因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6）式可得 GM ( ) =( )2 ( Rl R0 ) （7）1R0 1Rl 2T R0 + Rl2因为 GM = R g ，化简（7）式最后也能得到（8）式 】20解（8）式得Rl = （9）根号前取正号，代入有关数据，注意到 T = 8.64 104 s ，得Rl = 1.50 108 m （10）所以天梯的长度L = Rl R0 = 1.44 108 m （11）二、190 2当矩形物处于竖直位置即 = 0 时，B 不会滑动，矩形物静止当圆筒缓慢转动使 刚超过 0 时，A 将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意
15、此时圆筒已停止转动假定B 仍不动，此后，A 在竖直平面内从静止开始绕 B 做圆周运动圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为m = mgcos T （ 1）v2l这里 v 表示 A 的速度T 是刚性薄片对 A 的作用力，规定其方向从 B 到 A 为正根据能量守恒，有mgl (1 cos ) = mv2 （2）12联立（1） 、 （2）式，得T = mg ( 3cos 2 ) （3）如果令 T = 0 ，可得12030OAB8 = arccos ( ) = 48.223显见， 48.2 时，作用力是径向正向，对 A 是推力； 48.2 时，作用力是径向反向，对 A 是拉力现在再来看前面被假定不动的
16、B 是否运动我们可以在 B 处画圆筒内表面的切面，它与水平面成 30 夹角因为假定 B 不动，其加速度为零，所以 B 在垂直于切面方向的受力方程为f mgcos30 Tcos ( 30 ) = 0 （ 4）这里 f 是圆筒内壁对 B 的支持力由（4）式和（3）式可以论证，如果在 等于 60（A 将与圆筒相碰）之前 B 不动，则 f 必将始终不等于零，这就是说，在 B 开始滑动以前，B 不会离开筒壁B 对筒壁的正压力是 f 的反作用力，大小和 f 相同式中的 T 是刚性薄片对 B 的作用力，它和（1）式中的 T 大小相等（因薄片质量不计） 由于 =1，所以最大静摩擦力 fmax 的大小就等于正压
17、力fmax = f = mgcos30 + Tcos ( 30 ) （5）其方向是沿切面方向沿切面方向除摩擦力外，B 还受到其他力f = mgsin30 + Tsin ( 30 ) （6）只要 f 不大于最大静摩擦力， B 就不滑动这个条件写出来就是f f max （7）B 滑动与否的临界点就应由 f = fmax 求出，即mgcos30 + Tcos ( 30 ) = mgsin30 + Tsin ( 30 ) （8）将（3）式的 T 代入（8）式，化简后得方程( 3cos 2 ) cos + ( 2 + )sin + 1 = 0 （9）3这个方程可用数值求解，即取不同的 值代入逐步逼近，最
18、后可得 = 54.9 （10） 超过此值，B 将开始滑动三、设微气团中空气的质量为 m ，当其位移为 z 时，气团的体积为 V ，气团内气体的密度为 ，气团周围大气的密度为 e 气团受到竖直向下的重力 mg = Vg 和竖直向上的浮力 Ve g 作用，若气团的加速度为 ，则由牛顿第二定律有m = Vg + Ve g = V( e ) g （1）9或有 = g （2） e根据理想气体状态方程pV = RT （3）m可知气体的密度 = = （4）mV pRT利用（4）式，注意到 p = pe ， （2）式可化成 = g （5）Te TTe周围大气在 z 处的温度 Te 等于 z = 0 处的温度
19、Te0 加从 0 到 z 温度的增量，即Te = Te0 + z （6） Te z若气团中气体温度随高度的变化率为 ，根据题意，有 T zT = T0 + z （7） Te zT0 为气团位于初始位置时气团中气体的温度根据题意 Te0 = T0 ，把（6） 、 （7）式代入（5）式得 = ( ) z （8）gTe Te z T z在（8）式中，若( ) 0 ，则加速度方向向下，作用于气团的力有使 Te z T z气团回到初始位置的趋势，这样，大气层中的大气就处于稳定状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳定状态因周围大气温度随高度的变化率 是已 Te z知的，故只要知道气团中气
20、体温度随高度的变化率，便可对气团的运动作出判断大气的压强随高度的增加而减小，在高度为 z 和 z +z 处的压强差p e = egz （9）式中 e 为 z 处的空气的密度，与温度、压强有关，由（4）式表示式中负号表示高度增加时，大气压强是减小的把（4）式代入（9）式得p e = gz （10）peRTe质量为 m 的气团在上升过程中，其压强将随周围大气的压强的减小而减小，体积要增大，气团对周围空气做功因为过程是绝热的，气团的内能要减少，因而温度要降低，温10度、压强的变化应满足绝热过程的规律试题给出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系，利用理想气体状态方程，可把绝热过程方程表示为温度与压强
21、间的关系由（3）式得V = （11）mRTp把（11）式代入pV = C得T = （12）1mRp当气团的压强由 p 变到 p + p 时，气团的温度将由 T 变到 T +T 由（12）式T + T = ( p + p ) 1CmR 1利用二项式定理，忽略p 的高次方项，并注意到（12）式得T + T = + (p ) = T + p1mR 1 1 1 Tp故有T = p （13） 1 Tp根据题意，p = p e ，p = pe ，由（7）式、 （10）式和（ 13）式得= （14） T z 1 gR已知 = 6.0 10 3 Km 1 ，代入有关数据可求得 Te z=9.8 10 3 Km
22、 1 1 gR当 z 不是很大时，有Te0 +（ + ) z T e0 Te z 1 gR故有= （15） T z 1 gR代入题给的有关数据得= 9.8 10 3 Km 1 （16） T z11负号表示高度增加时，气团的温度要下降可见 ( ) 0 ，作用于 Te z T z气团的合力的方向与气团位移的方向相反，指向气团的初始位置，气团发生向上位移后，将要回到初始位置当 z 不是很大时， （8）式中的 Te 可以用 Te0 代替，可知气团将在初始位置附近做简谐振动振动的圆频率 = gTe0 (f( Te, z) f( T, z)（17）代入数据，得 = 1.1 10 2 s 1 （18）四、1
23、Y 1 = 0.3d ， Y2 = 0.9d 2Y = 0.138d ， Y = 0.138d 附参考解法：1当阀门 a 第 1 次开启时，具有各种速率的粒子（称之为第一批粒子）从 A 处进入AB 之间，在 a 第 2 次开启时刻，第一批粒子中速率为v1 = （1）lT的粒子正好射到 B 处，被阀门 b 挡住与此同时，第二批具有各种速率的粒子从 A 处进入 AB 之间在阀门 a 第 3 次开启的时刻，第一批进入 AB 间的粒子中速率为v2 = = v1 （2）l2T 12的粒子与第二批进入 AB 间的粒子中速率为 v1 的粒子同时到达 B 处因此时阀门 b 已开启，这些粒子都从 B 处沿虚线射
24、向两平行板，而第三批进入 AB 间的粒子在它们到达 B处时，被 b 挡住由此可知，能从 B 处射向两平行板的粒子具有 v1 和 v2 两种不同的速率根据题意，粒子从 B 处射出的时刻为 t = 0 ，故速率为 v1 的粒子在时刻t1 = = T lv1进入两平行板之间，由本题图 2 可知，两板间的电压u = U 粒子在两板间的电场作用下的加速度为 a ，粒子通过两板经历的时间为t 1 = = T lv112在t 1 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为v1y = at 1 = aT （3）y1 = a (t 1 )2 = aT2 （4）12 12因 aT2 = d ，故| y1 |
25、= d d ，表明速率为 v1 的粒子能穿出平板，粒子穿出平板15 110后做匀速运动在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移y 1 = v1y = aT 2 （5）lv1粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为Y1 = y1 +y 1 = aT2 aT 2 = aT2 = 0.3d （6 ）12 32速率为 v2 的粒子在时刻t2 = = 2T lv2进入两平行板之间，由本题图 2 可知，两板间的电压u = 2 U 粒子在电场作用下的加速度为 2 a ，粒子通过两板经历的时间为t 2 = = 2T lv2因为两板间的电压在时间t 2 内由 2U 变为U ，粒子的加速度亦将从 2a 变成
26、a ，由此可求得在t 2 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为v2y = 2aT aT = aT （7）y2 = ( 2a )T 2 + ( 2aT )T aT 2 = aT 2 （8）12 12 52因 aT2 = d ，故 y2 = d d ，表明速率为 v2 的粒子亦能穿出平板粒子穿出平板15 12后做匀速运动在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移y 2 = v2y = 2aT2 （9）lv2粒子打在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为Y2 = y2 +y 2 = aT2 + 2aT2 = aT2 = 0.9d （10）52 92即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的 Y
27、 坐标分别为 Y1 和 Y2 2由于阀门从开启到关闭要经历一段时间，在阀门 a 开启到关闭经历的 时间间隔内13的不同时刻，都有各种不同速率的粒子从 A 处进入 AB 间，有的早进入，有的晚进入由于阀门 b 从开启到关闭也要经历一段时间 ，粒子可能在最早的时刻即 t = 0 的时刻从 B处射出，也可能在最晚的时刻即 t = 时刻从 B 处射出在 a 刚开启的时刻从 A 处射入 AB间，并在 t = 时刻从 B 处射出的粒子的速率最小，这最小速率为vmin = （11）lT + 在阀门 a 刚要关闭时刻从 A 处射进 AB 间，并在 t = 0 的时刻从 B 处射出的粒子的速率最大，这最大速率为
28、vmax = （12）lT 在 t = 0 时刻从 B 处射出的速率为 vmax 的粒子在时刻t1 = = T lvmax进入两平板之间，在时刻t1 = t1 + = 2T 2lvmax离开两平板由本题图 2 可知，在 T 到 T 时间内，两板间的电压为 2U ，在 T到 2T 2 时间内，两板间的电压为U ，与电压对应的粒子的加速度分别为 2a 和a 在粒子通过平板的时间内，粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为v1y = 2a a (T 2 ) = aT + 4a （13）y1 = ( 2a ) 2 + ( 2a ) (T 2 ) a (T 2 ) 2 12 12= aT 2 + 4aT
29、 5a2 （14）12粒子穿出平板后做匀速运动从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移y 1 = v1y = (aT + 4a ) (T ) lvmax= aT 2 + 5aT 4a2 （15）粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为Y1 = y1 +y 1 = aT2 + 9aT 9a 2 （16）32根据题意，代入数据得Y1 = 0.138d （17）在 t = 时刻从 B 处射出的速度为 vmin 的粒子在时刻14t2 = + = T + 2lvmin进入两平板之间，在时刻t2 = t2 + = 2T + 3lvmin离开两平板由本题图 2 可知，在 T + 2 到 2T 时间内，两
30、板间的电压为U ，在2T 到 2T + 3 时间内，两板间的电压为 2U ，与电压对应的粒子的加速度分别为a 和 2a 在粒子通过平板的时间内，粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为v2y = a (T 2 ) + ( 2a )3 = aT + 8a （18）y2 = a (T 2 ) 2 a ( T 2 ) 3 + ( 2a ) ( 3 ) 2 12 12= aT 2 aT + 13a2 （19）12粒子穿出平板后做匀速运动在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移y 2 = v2y = (aT + 8a ) (T + ) lvmin= aT 2 + 7aT + 8a2 （20）
31、粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为Y2 = y2 +y 2 = aT2 + 6aT + 21a2 （21）32根据题意，代入数据得Y2 = 0.138d （22）由以上分析可知，速率最小和速率最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于 Y 轴上的同一点五、解法一1平行板间仅有磁场，带电粒子初速度 v0 的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径R0 = （1）mv0qB轨道平面与 Oxz 坐标平面的交线如 图 1 中 NN 所示要使粒子刚能到达极板 Q（与板刚未接触） ，圆心 C 应是 ON 的中点，有15CN = R0 = d2cos（2）由（1）
32、、 （2）式得v0 = （3）dqB2mcos粒子由 O 经过半个圆周到达 N ，所经历的最短时间为圆周运动的半个周期t0 = = （4）T2 mqB2以 y 轴为旋转轴，顺时针转动 角，建立新坐标系 Oxyz ，如图 2 所示在新坐标系中电场强度 E 的分量为Ex = Ecos Ey = 0 Ez = Esin （5）磁感应强度 B 的分量为Bx = 0 By = 0 Bz = B （6）带电粒子所受到的电场力的分量为fEx = qEx = qEcos fEy = 0 fEz = qEz = qEsin （7）2dPzB QO xC图 1NN z zB y ，yxO 图 2Ev016当带电粒
33、子速度为 v 时，带电粒子所受到磁场力的分量为fBx = qvyB fBy = qv x B fBz = 0 （8）（i）关于带电粒子在 Oxy 平面内的分运动现设想起始时刻带电粒子沿 y 轴正方向的初速度 v0 用下式表示v0 = v0 + v1 v1= v2 v1式中v2 = v0 + v1 （9）现把 v0 看成沿 y 轴负方向运动的速度 v1 和沿 y 轴正方向运动的 v2 的合成这样，与前者联系的运动使带电粒子受到沿 x 轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量 fEx 的方向相反，当 v1 取数值v1= = cos （10）Ex B EB时，与 v1 相联系的磁场力与 fEx 的合
34、力为零，其效果是带电粒子沿 y 轴负方向以速度v1 做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方向（z 轴方向） ，又垂直于速度 v2 ，即位于 Oxy 平面内，其大小为fx y = qv2B （11）粒子在此力作用下在平面内做速度为 v2 的匀速圆周运动，圆周的半径R = （12）mv2qB其圆频率 = B （13）qm由以上分析可知带电粒子一方面在 Oxy 平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心图 3yO xtv217沿 y 轴负方向以速度 v1= cos 做匀速直线运动EB（ii）关于粒子沿 z 轴的分运动由（7） 、 （8）两式可知，粒子在 z 方向
35、仅受电场力作用，其加速度az = = sin （14）qEz m qEm即粒子沿着 z 轴以加速度 az 做匀加速直线运动（iii ）关于粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程在只考虑圆周运动的情况下，粒子的坐标随时间变的关系为x = R ( 1 cost ) （15）y = R sint （16）z = 0 （17）考虑了圆心运动及粒子沿 z 轴的运动并注意到（9） 、 （10 ） 、 （12）式，在 Oxyz 坐标系中，粒子的运动方程为x = ( 1 cost ) = ( + ) ( 1 cost ) （18）mv2qB mv0qB mEx qB2y = Rsint v1t = ( + )
36、sint t （19）mv0qB mEx qB2 Ex Bz = t2 （20）12qEz m（iv）粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程利用坐标变换x = xcos + zsiny = y z = xsin + zcos并注意到（5） 、 （9） 、 （10） 、 （13）各式，可将（18） 、 （19） 、 （20）式转换至 Oxyz 坐标系，得到粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程式为x = ( v0cos + ) ( 1 cos Bt ) + t2 （21）mqB Ecos2B qm 12qEsin2my = ( v0 + )sin Bt t （22）mqB EcosB qm Ecos
37、Bz = ( v0sin + ) ( 1 cos Bt ) + t2 （23）mqB Esin22B qm qEsin24m根据题意，将 x = d 和 t = t0 = = 代（21）式，解得T2 mqB18v0 = （24）2qB2d mE (4cos2 + 2sin2)4mBcos将 = ，t = t0 = = 和（ 24）式代入（21） 、 （22） 、 （23）各式，可得粒子到达极4 T2 mqB板 Q 时粒子的坐标为x = d （25）y = （26）2mE2qB2z = d + （27）2mE2qB2解法二1与解法一相同2以 y 轴为旋转轴，顺时针转动 角，建立新坐标系 Oxyz
38、 ，设粒子速度在坐标系Oxyz 中分量分别为 vx 、v y 、v z ，牛顿第二定律的三个分量形式为m = qEx + qvy B （1）dvx dtm = qv x B （2）dvy dtm = qEz （3）dvzdt将（2）式表示为= dvy dt qBmdxdt两边积分后得vy = ( ) x + C1qBmC1 为待定常量，当 t = 0 时， x = 0 ，v y = v0 ，故求得 C1 = v0 ，上式应表为vy = B x + v0 （4）qm将（4）式代入（1）式，得m = qEx + q ( x + v0 ) B d2xdt2 qBm= ( )2 x + ( )2 (
39、+ ) （5）d2xdt2 qBm qBm mv0qB mEx qB2令R = ( + ) （6）mv0qB mEx qB2 = B （7）qm19X = xR （8）（5）式可表为= 2X （9）d2X dt2这是简谐运动方程，其解为X = Acos ( t + ) （10）由（8）式得x = Acos ( t + ) + R （11）= vx = Asin ( t + ) （12）dx dt利用初始条件，由（11）与（12）式，得R = Acos0 = Asin解得 = 0 （13）A = R 再由（6）式，得A = ( + ) （14）mv0qB mEx qB2代入（11）式x = (
40、+ ) ( 1cost ) （15）mv0qB mEx qB2将（12）式代入（2）式，整理后得= 2Asintdvy dt对上式积分，考虑初始条件，得vy = = Acost （16）dy dt Ex B积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得y = ( + ) sint t （17）mv0qB mEx qB2 Ex B对（3）式积分可得z = t2 （18）qEz 2m（15） 、 （17） 、 （18）式分别与解法一中的（18） 、 （19） 、 （20）式相同，接下去的讨论20与解法一相同解法三设 粒 子 速 度 在 Oxyz 坐 标 中 分 量 分 别 为 vx 、 vy 、 v
41、z ， 牛 顿 第 二 定 律 的 三 个 分 量方 程 为m = qEx + qvy Bz （1）dvxdtm = qv xBz + qvzBx （2）dvydtm = qB x vy （3）dvzdt令 = （4）qBmv1 = cos （5）EB方程变为如下形式= vy cos + （6）dvxdt v1cos= v x cos + vz sin （7）dvydt= v y sin （8）dvzdt对（6） 、 （8）两式积分，利用初始条件 t = 0 时，v x = 0 ，x = 0 ，y = 0 ，得vx = ycos + ( )t （9）v1cosvz = ysin （10）将（9） 、 （10）两式代入（7）式，得= 2y
