1、第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、参考解答设玻璃管内空气柱的长度为 ，大气压强为 ，管内空气的压h0p强为 ，水银密度为 ，重力加速度为 ，由图复解 17-1-1 可知pg（1）0()plp根据题给的数据，可知 ，得0（2）pgh若玻璃管的横截面积为 ，则管内空气的体积为S（3）V由（2）、（3）式得（4）pgS即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程 得pVnRT2VgnRTS（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图上过原点的直线，如图复解 17-1-pV2 所示在管内气体的温度由 降到 的1T2过
2、程中，气体的体积由 变到 ，体积缩V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（6）212112()VWggSS管内空气内能的变化（7）V21()UnCT设 为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律 ，有QWQU（8）W由（5） 、 （6） 、 （7） 、 （8）式代入得（9）V21()2QnTCR代入有关数据得0.47J表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为0（10）.2Q评分标准：本题 20 分（1）式 1 分， （4）式 5 分， （6）式 7 分， （7）式 1 分， （8）式 2 分， （9）式 1 分， （10）式3 分。二、参考解答在由直线 与小球球心
3、 所确定的平面中，激光光束两次折射的光路 如图复解BCOBCDE17-2 所示，图中入射光线 与出射光线 的延长线交于 ，按照光的折射定律有DEG（1）0sini式中 与 分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知（2）sinlr激光光束经两次折射，频率 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 和 相p等，即（3）hpc式中 为真空中的光速， 为普朗克常量因射入c小球的光束中光子的动量 沿 方向，射出小球BC的光束中光子的动量 沿 方向，光子动量的方pDE向由于光束的折射而偏转了一个角度 ，由图中2几何关系可知（4）2()若取线段 的长度正比于光子动量 ， 的长度正比于光子动
4、量 ，则线段 的长1GNp2GNp12N度正比于光子动量的改变量 ，由几何关系得（5）2sinsihpc为等腰三角形，其底边上的高 与 平行，故光子动量的改变量 的方向12GNGHCDp沿垂直 的方向，且由 指向球心 CDGO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（6）02cos/rtn式中 是光在小球内的传播速率。0/cn按照牛顿第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小为（7）0sincohpftr按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小 ，即Ff（8）0sincohFr力的方向由点 指向点 由（1）、（2）、（4）及（8）式，经过三角函数关系运算，最OG后可得（9）20
5、20(/)nlhrlFrn评分标准：本题 20 分（1）式 1 分，（5）式 8 分，（6）式 4 分，（8）式 3 分，得到（9）式再给 4 分。三、参考解答1相距为 的电量为 与 的两点电荷之间的库仑力 与电势能 公式为r1Q2 QFQU（1）Fkr 12QUkr现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为4()3SaUr根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为（2）2()SFkr设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为 ，因二者相距 ，二者所受的向心v0r力均为 ，二者的运动方程均为0()r（3）2004/3tSamvkrr由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数 ，得1
6、n（4）02trhv由（3）、（4）两式解得（5）2038Sthrmak代入数值得（6）170.4r2. 由（3）与（4）两式得（7）3Savkh由 和 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期v0r T（8）30222(/)(4/)tSrhTvmka代入数值得（9）241.80s由此可得 （10）/T因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的 15，故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的评分标准：本题 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
7、6 分。四、参考解答1设太阳的质量为 ，飞行器的质量为 ，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径0Mm为 根据所设计的方案，可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发，沿着半个椭圆轨道R到达小行星轨道上的，该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切，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 变为某一0v值 设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为 ，因大小为 和 的这两个速度的0u u0u方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律可得（1）06uR由能量关系，有（2）2200116MmuGR由牛顿万有引力定律，有20vGR或（3）00GMvR解（1）、（2）、
8、（3）三式得（4）00127uv（5）021设小行星绕太阳运动的速度为 ，小行星的质量 ，由牛顿万有引力定律vM206()MGR得 （6）016vv可以看出 （7）u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处时，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可以把小行星看做是相对静止的，飞行器以相对速度为 射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，vu碰撞后，飞行器以同样的速率 弹回，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为，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vu12uvv或将（5）、（6）式代入得（8）10321v如果
9、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 ，则有2u2016MmuRG得 （9）0213v可以看出（10）1021373uvu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 增加到 ，飞行器从发0v0u动机取得的能量（11）222100015714Emuvm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 ，则有3u203MuRG由此得（12）032v飞行器的速度由 增加到 ，应从发动机获取的能量为0vu（13）223011Emv所以（14）201254.71v评分标准：本题 25 分1. 18 分
10、。其中（5）式 6 分，求得（6）式，说明飞行器能被小行星碰撞给 3 分；（8）式 5分；得到（10）式，说明飞行器被小行星碰撞后能飞出太阳系给 4 分。2. 7 分。其中（11）式 3 分，（13）式 3 分，求得（14）式再给 1 分。五、参考解答解法一：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（1）12|.0msvgy 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，质点速度的大小和方向都将变化，洛伦兹力的大小和方向亦随之变化我们可以设想，在带电质点到达原点时，给质点附加上沿 轴正方向和负方向两个大小都是 的初速度，由于这两个方向相x
11、 0v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 时刻，带电质点因具有沿t轴正方向的初速度 而受洛伦兹力 的作用。x0v1f（2）1fqB其方向与重力的方向相反适当选择 的大小，使 等于重力，即0v1f（3）0qvmg(4)102.0ms(/)gvqB只要带电质点保持（4）式决定的 沿 轴正方向运动， 与重力的合力永远等于零但此0vx1f时，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 和沿 轴负方向的速度 ，二者的合vx0v成速度大小为（5）2101.8msv方向指向左下方，设它与 轴的负方向的夹角为 ，如图复解 17-5-1 所示，则x10tanv（6）4因而带电质点从 时刻起的运
12、动可以看做是速t率为 ，沿 轴的正方向的匀速直线运动和在0vx平面内速率为 的匀速圆周运动的合成圆周xOyv半径（7）0.56mRqB带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心 位于垂直于质点此时速度 的直线上，由O v图复解 17-5-1 可知，其坐标为（8） sin0.4coOxyR圆周运动的角速度（9）15.0radsv由图复解 17-5-1 可知，在带电质点离开磁场区域前的任何时刻 ，质点位置的坐标为t（10）0sin()OxvtRtx（11）coOy式中 、 、 、 、 、 已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。0vRx带电质点到达磁场区域下边界时， ，代入（11）
13、式，再代入有关数值，0.myL解得（12）0.31st将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得（13）0.63mx所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为（14）.0.8y0z带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 的匀速圆周运动和一个速率为 的沿v0v轴正方向的匀速直线运动，任何时刻 ，带电质点的速度 便是匀速圆周运动速度 与匀速x tV直线运动的速度 的合速度若圆周运动的速度在 方向和 方向的分量为 、 ，则质点0v xyxy合速度在 方向和 方向的分速度分别为y（15）0xVv（16）y虽然 ， 由（5）式决定，其大小是恒定不变的， 由（4）式决定，也是恒定2xyvv 0v不变的
14、，但在质点运动过程中因 的方向不断变化，它在 方向和 方向的分量 和 都随vxyxvy时间变化，因此 和 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xVy于圆周运动的圆心的 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 轴正方向夹角 ，故代入数值得x41cos2.0msxvin.y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（17）14.0msxV（18）2.y速度大小为（19）214.5sxyV设 的方向与 轴的夹角为 ，如图复解 17-5-2 所示，则1tan2yx
15、V得 （20）27评分标准：本题 25 分（4）式 5 分，求得（5）、（6）式各给 3 分，求得（10）、（11）式各给 2 分，（14）式3 分，（19）式 5 分，求得（20）式再给 2 分。解法二：若以带电质点到达坐标原点 的时刻作为起始时刻（ ），则质点的初速度为O0t（1）112|.0msvgy方向沿 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 方向的分y x力取决于质点在 方向的分速度，因此质点动量在 方向的分量的增量为x（2）xyvqBt是带电质点在 时间内沿 方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一yt段 时间都成立，所以在 到 时间内 方向的动
16、量的改变为t 0ttx0()xmvqy因初始时刻（ ），带电质点在 轴方向的动量 为零，其位置在原点， ，因而tx0xmv0y得xvqyB即 （3）m当带电质点具有 方向的速度后，便立即受到沿 负方向的洛伦兹力的作用根据牛顿xy第二定律，在 方向上有加速度yya（4）xgqvB将（3）式代入（4）式，得（5）22()ymmaygq令 （6）D式中（7）220.4m()/)mgqB即在 方向作用于带电质点的合力yyFk其中 2qBm是准弹性力，在 作用下，带电质点在 方向的运动是简谐振动，振动的圆频率yFyFy（8）215.0radsqBm随时间变化的规律为y（9） 0cos()yAt或（10）
17、0s()tD与 是待求的常量，质点的简谐运动可以用参考圆来描A0写，以所考察的简谐运动的振幅 为半径作一圆，过圆心A作一直角坐标 若有一质点 沿此圆周做匀速1O1xOyM率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率，且按逆时针方向转动，在 时刻， 点的在圆周0t上的位置恰使连线 与 轴的夹角等于（9 ）式中的常1y量 ，则在任意时刻 ， 与 的连线与 轴的夹角等0tOy于 ，于是连线 在 轴上的投影即为（9 ）式所t1My示的简谐振动，将 轴平行下移 ，连线 在 轴的投影即如（10）式所示x0.4mD1OMy（参看图复解 17-5-3）， 点做圆周运动的速度大小 ，方向与 垂直，速度 的
18、vA1Ov分量就是带电质点沿 轴做简谐运动的速度，即yy（11）0sin()vAt（10）和（11）两式中的 和 可由下面的方法求得：因为已知在 时，带电质点位于0t处，速度 ，把这个条件代入（10 ）式与（11）式得0y1yv0cosAD1inv解上面两式，结合(1)、(8)式，注意到振幅 总是正的，故得A(12)054(13).6mA把（10）式代入(3)式，便得带电质点沿 轴运动的速度x(14)0cos()xvDAt（14）式表示带电质点在 方向上的速度是由两个速度合成的，即沿 方向的匀速运动速度x和 方向的简谐振动速度 的合成，带电质点沿 方向的匀速运动的位移Dx 0s()t（15）x
19、t由沿 方向的简谐振动速度 可知，沿 方向振动位移的振幅等于速度的最大0cos()Atx值与角频率的比值（参看图复解 17-5-3），即等于 由参考圆方法可知，沿 方向的振动Ax的位移 具有如下的形式x00cossin()2tt它可能是 ，亦可能是 在本题中， 时刻， 应in()xAti()xbAt0tx为零，故前一表示式不符合题意后一表示式中， 应取的值为 ，故有sinbA（16）00sini()xt带电质点在 方向的合位移 ，由（15）、（16）式，得x（17）00sii()DtAt（17）、（10）、（14 ）和（11 ）式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻 的t位置坐标和速度的
20、 分量和 分量，式中常量 、 、 、 已分别由（8）、（13）、xyA0D（12）和（7 ）式给出当带电质点达到磁场的下边界时，（18）0.8myL将与（10）式有关的数据代入（10 ）式，可解得（19）.31st代入（17）式，得（20）0.6mx将（19）式分别代入（14）式与（11）式，得14.sxv 12.0syv速度大小为（21）21.5msxyV速度方向为（22）arctn27yxv评分标准：本题 25 分（7）式 2 分，（8）式 3 分，（10）式 2 分，（11）式 2 分，（12）式 3 分，（13 ）式 3 分，（14）式 2 分，（17）式 3 分，（20）式 3 分，
21、（21）式 1 分，（22）式 1 分。六、参考解答1由于光纤内所有光线都从轴上的 点出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于O通过轴的纵剖面内，图复解 17-6-1 为纵剖面内的光路图，设由 点发出的与轴的夹角为O的光线，射至 、 分界面的入射角为 ，反射角也为 该光线在光纤中多次反射时的入ABii射角均为 ，射至出射端面时的入射角为 若该光线折射后的折射角为 ，则由几何关系i 和折射定律可得（1）90i（2）sniFA当 大于全反射临界角 时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向iCi出射端面，而 的光线则因在i发生反射时有部分光线通过折射进入 ，反射光强随着反射次数B的
22、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 的数值一定大于或等于 ， 的值由下式决定i Ci（3）sinACB与 对应的 值为Ci（4）90Ci当 时 ， 即 时 ， 或0 22sinicos1sin1(/)BCCAi n时，由 发出的光束中，只有 的光线才满足 的条件，才能2sinABAOCi射向端面，此时出射端面处 的最大值为（5）max90Ci若 ，即 时，则由 发出的光线都能满足 的条件，因而都能0C2sinABA Ci射向端面，此时出射端面处 的最大值为（6）max0端面处入射角 最大时，折射角 也达最大值，设为 ，由（2）式可知max（7）m
23、axaxsinsiFA由（6）、（7）式可得，当 时0C（8）maxsinAF由（3）至（7）式可得，当 时0C（9）2maxaxcosiniAFBAn的数值可由图复解 17-6-2 上的几何关系求得max（10）21max 21()/sin()dh于是 的表达式应为Fn（ ） （11）222110()/()sinAdh 0Ca（ ） （12）222112()/()FBd02. 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 、1h、 、 ，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2h1d2当 时 （13）0Ca222110()/()sinAdh当 时 （14）0Ca 222112()/()1BAdhn将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）相除，均得（15）2221121()/()Fdhdn这结果适用于 为任何值的情况。0评分标准：本题 25 分1. 18 分。（8）式、（9）式各 6 分，求得（11）式、（12）式再各给 3 分2. 7 分。（13）式、（14）式各 2 分，求得（15）式再给 3 分。如果利用已知其折射率的液体代替空气，结果正确，照样给分。
