1、第24屆全國中學生物理競賽復賽試卷（本題共七大題，滿分160分）一、（20分）如圖所示，一塊長為L 1.00m的光滑平板PQ固定在輕質彈簧上端， 彈簧的下端與地面固定連接。平板被限制在兩條豎直光滑的平行導軌之間（圖中未 畫出豎直導軌），從而只能地豎直方向運動。平板與彈簧構成的振動系統的振動周期 T 2.00s 0 一小球B放在光滑的水平臺面上，臺面的右側邊緣正好在平板P端的正上方，到P端的距離為h 9.80m。平板靜止在其平衡位置。水球 B與平板PQ的質 量相等。現給小球一水平向右的速度°,使它從水平臺面拋出。已知小球 B與平板發生彈性碰撞，碰撞時間極短，且碰撞過程中重力可以忽略不計

2、。要使小球與平板 PQ發生一次碰撞而且只發生一次碰撞，0的值應在什么范圍內？取g 9.8m/s2二、（25分）圖中所示為用三角形剛性細桿 AR BG CD連成的平面連桿結構圖。AB和CD桿可分別繞過A、D的垂直于紙面的固定軸轉動，A、D兩點位于同一水平 線上。BC桿的兩端分別與AB桿和CD桿相連，可繞連接處轉動（類似較鏈）。當AB 桿繞A軸以恒定的角速度 轉到圖中所示的位置時，AB桿處于豎直位置。BC桿與CD桿都與水平方向成45°角，已知AB桿的長度為l , BC桿和CD桿的長度由圖給定求此時C點加速度ac的大小和方向（用與CD桿之間的夾角表示）三、（20分）如圖所示，一容器左側裝有

3、活門 Ki,右側裝有活塞B, 一厚度可以忽略的隔板M將容器隔成a、b兩室，M上裝有活門K20容器、隔板、活塞及活門都是絕熱的。隔板和活塞可用銷釘固定，拔掉銷釘即可在容器內左右平移，移動時不受摩擦作用且不漏氣。整個容器置于壓強為 P。、溫度為To的大氣中。初始時將活塞B用銷釘固定在圖示的位置，隔板 M固定在容器PQ處，使a、b兩室體積都等于V。;Ki、K2關閉。此時，b室真空，a室裝有一定量的空氣（容器內外氣體種類相同，且均可視為理想氣體）,其壓強為4P/5,溫度為Too已知imol空氣溫度升高1K時 內能的增量為G,普適氣體常量為R。8律 必叫 b 11 .現在才T開Ki ,待容器內外壓強相等

4、時迅速關閉 Ki （假定此過程中處在容器 內的氣體與處在容器外的氣體之間無熱量交換），求達到平衡時，a室中氣體的溫度。2 .接著打開K2,待a、b兩室中氣體達到平衡后，關閉K20拔掉所有銷釘，緩 慢推動活塞B直至到過容器的PQ&置。求在推動活塞過程中，隔板對a室氣體所作Cv R的功。已知在推動活塞過程中，氣體的壓強P與體積V之間的關系為Pvb=恒量。四、（25分）圖中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐標系，在 x 0的一側，存在勻強磁場，磁場方向垂直于 oxy平面向里，磁感應強度的大小為 Bo在x 0的 一側，一邊長分別為li和12的剛性矩形超導線框位于桌面上，框內無電流，框的一對邊與

5、x軸平行。線框的質量為mi自感為L。現讓超導線框沿x軸方向以初速度vo進入磁場區域，試定量地討論線框以后可能發生的運動情況及與初速度v0大小的關系。（假定線框在運動過程中始終保持超導狀態）0vgo 9.8m/s2 ,磁場的磁感應lx X X X X五、（25分）地球赤道表面附近處的重力加速度為強度的大小Bo 3.0 10 5T ,方向沿經線向北。赤道上空的磁感應強度的大小與r3成 反比（r為考察點到地心的距離），方向與赤道附近的磁場方向平行。假設在赤道上 空離地心的距離r 5Re （Re為地球半徑）處，存在厚度為10km的由等數量的質子 和電子的等離子層（層內磁場可視為勻強磁場），每種粒子的數

6、密度非常低，帶電粒 子的相互作用可以忽略不計。已知電子的質量me 9.1 10 31kg ,質子的質量 mp 1.7 10 27 kg,電子電荷量為 1.6 1019C,地球的半徑Re 6.4 106m 01 .所考察的等離子層中的電子和質子一方面作無規則運動，另一方面因受地球 引力和磁場的共同作用會形成位于赤道平面內的繞地心的環行電流，試求此環行電 流的電流密度。2 .現設想等離子層中所有電子和質子，它們初速度的方向都指向地心，電子初 速度的大小Ue 1.4 104m/s,質子初速度的大小Up 3.4 102m/s。試通過計算說明這些電子和質子都不可能到到達地球表面六、（25分）圖1所示為楊

7、氏雙縫干涉實驗的示意圖，取紙面為 yz平面。y、z 軸的方向如圖所示。線光源 S通過z軸，雙縫S、8對稱分布在z軸兩側，它們以 及屏P都垂直于紙面。雙縫間的距離為d,光源S到雙縫的距離為1,雙縫到屏的距 離為 D, d D , d 1。1 .從z軸上的線光源S出發經Si、&不同路徑到P0點的光程差為零，相干的結 果產生一亮紋，稱為零級亮紋。為了研究有一定寬度的擴展光源對于干涉條紋清晰 度的影響，我們先研究位于軸外的線光源 S'形成的另一套干涉條紋，S'位于垂直 于z軸的方向上且與S平行，兩者相距s,則由線光源S'出發分別經S、S產生的零級亮紋P0 P與Po的距離

8、y2 .當光源寬度為 的擴展光源時，可將擴展光源看作由一系列連續的、彼此獨 立的、非相干的線光源組成。這樣，各線光源對應的干涉條紋將彼此錯開，在屏上 看到的將是這些干涉條紋的光強相加的結果，干涉條紋圖像將趨于模糊，條紋的清 晰度下降。假設擴展光源各處發出的光強相同、波長皆為 。當 增大導致零級亮 紋的亮暗將完全不可分辨，則此時光源的寬度3 .在天文觀測中，可用上述干涉原理來測量星體的微小角直徑。遙遠星體上每 一點發出的光到達地球處都可視為平行光，從星體相對的兩邊緣點發來的兩組平行 光之間的夾角 就是星體的角直徑。遙遠星體的角直徑很小，為測量如些微小的角 直徑，邁克爾遜設計了測量干涉儀，其裝置簡

9、化為圖2所示。Mi、M2 M3 M4是四個平面反射鏡，它們兩兩平行，對稱放置，與入射光（ a、a '）方向成450角。 S1和S2是一對小孔，它們之間的距離是 do M1和M2可以同步對稱調節來改變其中 心間的距離ho雙孔屏到觀察屏之間的距離是 D a、a '和b、b '分別是從星體 上相對著的兩邊緣點發來的平行光束。設光線a、a '垂直雙孔屏和像屏，星光的波長是一，試導出星體上角直徑 的計算式。注：將星體作圓形擴展光源處理時，研究擴展光源的線度對于干涉條紋圖像清晰度的矩形光源處的影響會遇到數學困難，為簡化討論，本題擬將擴展光源作寬度為+ YD像屏七、（20分）

10、今年是我國著名物理學家、曾任浙江大學物理系主任的王澄昌先 生誕生一百周年。王先生早在1941年就發表論文，提出了一種探測中微子的方案:7Be原子核可以俘獲原子的K層電子而成為7Li的激發態（7Li）* ,并放出中微子（當 時寫作“)而（7Li）又可以放出光子 而回到基態7Li7*7（Li） Li由于中微子本身很難直接觀測，能過對上述過程相關物理量的測量，就可以確 定中微子的存在，1942年起，美國物理學家艾倫（R.Davis）等人根據王澄昌方案 先后進行了實驗，初步證實了中微子的存在。1953年美國人萊因斯（F.Reines）在 實驗中首次發現了中微子，萊因斯與發現輕子的美國物理學家佩爾（ M

11、.L.Perl ）分 享了 1995年諾貝爾物理學獎。現用王澄昌的方案來估算中微子的質量和動量。若實驗中測得鋰核（7Li）反沖能量（即7Li的動能）的最大值ER 56.6ev , 光子的能量h 0.48Mev。已知有關 原子核和電子靜止能量的數據為mc2 6533.84Mev ； mBeC2 6534.19Mev ； meC2 0.51Mev。設在第一個過程中，7Be核是靜止的，K層電子的動能也可忽略不 計。試由以上數據，算出的中微子的動能 P和靜止質量m各為多少？第24屆全國中學生物理競賽復賽試題參考解答一、參考解答：如果小球的水平速度比較大，它與平板的第一次碰撞正好發生在平板的邊緣Q處，這

12、時U0的值便是滿足題中條件的最大值；如果小球的水平速度 Uo較小，在它與平板發生第一次碰撞后再次接近平板時，剛好從平板的邊緣 Q處越過而不與平板接觸，這時uo的值便是滿足題中條件的最小值.設小球從臺面水平拋出到與平板發生第一次碰撞經歷的時間為t1 ,有h 1 gti2（1）若碰撞正好發生在Q處，則有L Uoti（2）從（1）、（2）兩式解得的uo值便是滿足題中條件的最大值，即(3)(4)Uomax L. 2h代入有關數據得Uomax0.71m/s如果UoUomax ,小球與平板的碰撞處將不在Q點.設小球第一次剛要與平板碰撞時在豎直方向的速度為Vi ,則有Vi2gh(5)vi O(8)(6)i

13、22muo以Vi、Vi分別表示碰撞結束時刻小球和平板沿豎直方向的速度，由于碰撞時間極短，在碰撞過程中，小球和平板在豎直方向的動量守恒.設小球和平板的質量都是 m則有mvi = mvi mVi因為碰撞是彈性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得i 2 i 2 i 2 i2-mvi - muo = -mvi - mVi2222解（6）、（7）兩式，得(9)V1 . 2gh碰撞后，平板從其平衡位置以V1為初速度開始作簡諧振動.取固定坐標，其原點 O與平板處于平衡位置時板的上表面中點重合，X軸的方向豎直向下，若以小球和平板發生碰撞的時刻作為t0 ,則平板在t時刻離開平衡位置的位移(10)(11)A和是兩個

14、待定的常量,利用參考圓方法，在 t時刻平板振動的速度vPQA sin t(因 t 0 時，Xpq0 . VpqV ,由（9）、（11）、（12）式可求得A 2ghT2(13)(14)把（13）、（14）式代入（10）式，得XpqA cos t式中(15)J2gh2 K汽xPQ T cos t2nT2碰撞后，小球開始作平拋運動.如果第一次碰撞后，小球再經過時間t2與平板發生第二次碰撞且發生在Q處，則在發生第二次碰撞時，小球的 X座標為(16)12XB t22 gt2平板的x座標為xPQ t2Mcos 紅t(17)(18)在碰撞時，有xB t2XPQ t2由（16）、（17）、（18）式，代入有關

15、數據得4.90t2 4.41cos 疝2（19）這便是t2滿足的方程式，通過數值計算法求解方程可得（參見數值列表）t2 0.771s（20）如果第二次碰撞正好發生在平板的邊緣Q處，則有L Uo t1 t2（21）由（1）、（20）和（21）式得u0 0.46m/s（22）t t2而滿足題中要求的U0的最小值應大于（22）式給出的值.綜合以上討論，U0的取值范圍是0.46m/s u0 0.71m/s（23）附：（19）式的數值求解用數值解法則要代入t2不同數值，逐步逼近所求值，列表如下:t20.7300.7500.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.8

16、10ItXpq4.41cos 或2 一23.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.482Xb 4.90t22.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21Xpq Xb0.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73參考解答：解法一因為B點繞A軸作圓周運動，其速度的大小為Vb lB點的向心加速度的大小為aB 2l(1)(2)因為是勻角速轉動，B點的切向加速度為0,故aB也是B點的加速度，其方向沿BA 方向.因為C點繞D軸作圓周運動，其速度的大小用Vc表示，方向垂直于桿CD在考察

17、的時刻，由圖可知，其方向沿桿BC方向.因BC是剛性桿，所以B點和C點沿2VcCD(4)式得。22. l8(3)BC方向的速度必相等，故有式 22 v c v b cos - l42此時桿CD繞D軸按順時針方向轉動，C點的法向加速度acn由圖可知CD 2而,由(3)、aCn(5)其方向沿CD方向.卜面來分析C點沿垂直于桿CD方向的加速度，即切向加速度act ,因為BC是剛 性桿，所以C點相對B點的運動只能是繞B的轉動，C點相對B點的速度方向必垂 直于桿BC.令Vcb表示其速度的大小，根據速度合成公式有vvvVcbVcV b由幾何關系得-r 2.2 1Vcb '一 Vb 7c Vb l22

18、由于C點繞B作圓周運動，相對B的向心加速度2VCBaCBCB(6)因為CB 故有a-2 2laCB -l4其方向垂直桿CD.由（2）式及圖可知，B點的加速度沿BC桿的分量為(8)兀aBaB cos一BC4所以C點相對A點（或D點）的加速度沿垂直于桿 CD方向的分量(9)3, 2 2aCtaCBaB BC4(1C點的總加速度為C點繞D點作圓周運動的法向加速度aCn與切向加速度aCt的合加速度，即(11)aC的方向與桿CD間的夾角aarctan arctan6 80.54 aCn(12)解法二：通過微商求C點加速度以固定點A為原點作一直角坐標系Axy, Ax軸與AD重合,Ay與AD垂直.任意 時刻

19、t ,連桿的位形如圖所示，此時各桿的位置分別用 ，和 表示，且已知AB l ,C點坐標表小為dAD 3l , dtXcl cos 2l cos(1)Vcl sin.2l sin(2)將（1）、（2）式對時間求一階微商,d2Lldtsind dtddt(3)把（3）、（4）式對時間d2Xcdt2d2ycdt2dyC , l cosdt求一階微商，得dcos dtdsin dtsincosd dtd2 dt2d2 dt2.2coscos2 sind dtddtddt2 sin2 cos(4)d2dt2d2 dt2(5)(6)根據幾何關系，有CD sinABsinBCsinCD cosAB cosB

20、C cos 3l22 sinsin2 2 cos3 cos2cos(8)將（7）、（8）式平方后相加且化簡，得2 sin sin . 2 coscos 3cos3、，2 cos2 0(9)(9)式對時間t求一階微商，代入 2d兀412d7日，行dt(9)式對時間t求二階微商，并代入上述數據，得d23 2TF 8(10)(11)(10)、(11)式以及3的數值代入5)、(6)式，得所以25l8l 2d2xc dt2(12)由圖知，ac與x軸的夾角為tand2yc"dt2"d2xc1.4(13)所以求得arctan1.4 54.46o(14)這個夾角在第三象限，為234.46&

21、#176;,故ac與CD的夾角=80.54°1 .設a室中原有氣體為 mol ,打開K后，有一部分空氣進入a室，直到K關閉時，a室中氣體增加到mol,設a室中增加的mol氣體在進入容器前的體A Po V(1)積為V ,氣體進入a室的過程中，大氣對這部分氣體所作的功為(2)由熱力學第一定律可知由理想氣體狀態方程，有由以上各式解出U A4 PoVoRTo5Po VRToPoVoRTTR4R(3)(4)(5)(6)用T表示Ki關閉后a室中氣體達到平衡時的溫度，則 a室中氣體內能增加量為U Cv T To2 . &打開后，a室中的氣體向b室自由膨脹，因系統絕熱又無外界做功，氣體 內能

22、不變，所以溫度不變(仍為T),而體積增大為原來的2倍.由狀態方程知，氣 體壓強變為P 1Po(8)2關閉K2,兩室中的氣體狀態相同，即口1/C、Pa Pb P, Ta Tb T, Va Vb Vo,且 a b 2(9)拔掉銷釘后，緩慢推動活塞 B,壓縮氣體的過程為絕熱過程，達到最終狀態時，設兩室氣體的壓強、體積和溫度分別為 Pa、Pb、Va、Vb、Ta、Tb ,則有Cv RCv RPaVab Pavab(io)Cv R0 RPbVb PbVb'(11)由于隔板與容器內壁無摩擦，故有Pa Pb(12)由理想氣體狀態方程，則有PaVaaRTa(13)PbVbbRTb(14)(15)由(8)

23、(15)式可得1Va Vb -Vo(16)RTa Tb 2c7T(17)在推動活塞壓縮氣體這一絕熱過程中，隔板對 a室氣體作的功 W等于a室中氣體內能的增加，即1 _ _ _W 2 Cv Ta T(18)由(6)、(17)和(18)式得RW CV 2Cv 1 P0V0(19)2R四、參考解答：yX X X XO X x X X設某一時刻線框在磁場區域的深度為 x x l1，速度為v ,因線框的一條邊切割磁感應線 產生的感應電動勢為 巳vBl2,它在線框中引起感應 電流，感應電流的變化又引起自感電動勢.設線框 的電動勢和電流的正方向均為順時針方向，則切割 磁感應線產生的電動勢E與設定的正方向相反

24、，自 感電動勢且 L-t與設定的正方向相同.因線框處 于超導狀態，電阻R 0,故有iE_ ELt vBl2iR 0可見i與x成線性關系，有ix八L Bl2 0ttBl2 x L i(2)(3)Bl2B12i -2 x CLC為一待定常數，注意到x 0時，i 0,可得C 0,故有Lx 0時i 0,電流為負值表示線框中電流的方向與設定的正方向相反，即在線框進 入磁場區域時右側邊的電流實際流向是向上的.外磁場作用于線框的安培力fBl2i其大小與線框位移x成正比，方向與位移xB212 xL相反，具有“彈性力”的性質.下面分(4)(5)(6)兩種情形做進一步分析:(i )線框的初速度V0較小，在安培力的

25、作用下，當它的速度減為 0時，整個線框未全部進入磁場區，這時在安培力的繼續作用下，線框將反向運動，最后退出 磁場區.線框一進一出的運動是一個簡諧振動的半個周期內的運動，振動的圓頻率周期(8)(9)振動的振幅可由能量關系求得，令xm表示線框速度減為0時進入磁場區的深度，這,由能量守恒可得時線框的初始動能全部轉換為“彈性力”的“彈性勢能”故其運動方程為121 B2l；2-mv o - Xm202 L mXmVo . Lm .Bl?Lmsin ,t , t 從0到nBI2. LmBI2半個周期后，線框退出磁場區，將以速度 Vo向左勻速運動.因為在這種情況下Xm的最大值是11 ,即2-mvo 21 B

26、21222 L由此可知，發生第（i）種情況時，Vo的值要滿足下式2一mvo 2B2l；(10)(11)(12)(13)即(ii)VoB1112.mL(14)若線框的初速度Vo比較大，整個線框能全部進入磁場區.當線框剛進入磁場區時，其速度仍大于o,這要求Vo滿足下式VoB1211.mL(15)當線框的初速度滿足（15）式時，線框能全部進入磁場區，在全部進入磁場區 域以前，線框的運動方程與（12）式相同，但位移區間是x o到x 11,所以時間問隔與（12）式不同，而是從o到t1Lm .BHarcsin=B12LmV2(16)因為線框的總電動勢總是為 o,所以一旦線框全部進入磁場區域，線框的兩條邊都

27、切割磁感應線，所產生的電動勢之和為 0,因而自感電動勢也為 0.此后線框中維持有最大的電流imL將在磁場區域勻速前進，運動的速度可由下式決定%1i,磁場對線框兩條邊的安培力的合力等于零，線框122mvo2 2121 B2l22.2-mv1122 L2Vo2 2 2B2l12l；Lm(17)(5)解法一:1.由于等離子層的厚度遠小于地球的半徑,故在所考察的等離子區域內的引力(1)場和磁場都可視為勻強場.在該區域內磁場的磁感應強度一 _ 53.o 1o 5-7T 2.4 107T125引力加速度Rog 一r2go9.822m/s 0.39m/s25(2)考察等離子層中的某一質量為 m電荷量為q、初

28、速度為u的粒子，取粒子所在處為坐標原點。，作 一直角坐標系Oxyz, Ox軸指向地球中心，Oz沿磁場方向，如圖1所小.該粒子的初速度在坐標系中的二個分量分別為Ux、Uy和必因作用于粒子的引力沿X軸正方向，作用于粒子的洛倫茲力與 z軸垂直，故Vo粒子在z軸方向不受力作用，沿z軸的分速度保持不變.現設想在開始時刻，附加給粒子一沿 y軸正方向大小為Vo的速度，同時附加給粒子一沿y軸負方向大小為vo的速度，要求與其中一個vo相聯系的洛倫茲力正好與粒子所受的地球引力相平衡，即qvoB mgVomgqB（3）用v表示ux與沿y軸的速度Uy vo的合速度（對質子取正號，對電子取負號），有v Ju； Uy V

29、o（4）這樣，所考察的粒子的速度可分為三部分：沿z軸的分速度Uz,其大小和方向都保持不變，但對不同的粒子是不同的，屬 于等離子層中粒子的無規則運動的速度分量.沿y軸的速度Vo .對帶正電的粒子，速度的方向沿y軸的負方向，對帶負電的 粒子，速度的方向沿y軸的正方向.與這速度聯系的洛倫茲力正好和引力抵消，故 粒子將以速率vo沿y軸運動.由（3）式可知，vo的大小是恒定的，與粒子的初速 度無關，且對同種的粒子相同.在Oxy平面內的速度v .與這速度聯系的洛倫茲力使粒子在 Oxy平面內作速率 為v的勻速率圓周運動，若以R表示圓周的半徑，則有2v qvB m R覆行mv qB由（4）、（5）式可知，軌道

30、半徑不僅與粒子的質量有關，而且與粒子的初速度的x分量Ux和y分量Uy有關.圓周運動的速度方向是隨時間變化的，在圓周運動的一個周期內的平均速度等于0.由此可見，等離子層內電子和質子的運動雖然相當復雜，但每個粒子都具有由（3）式給出的速度vo,其方向垂直于粒子所在處的地球引力方向，對電子， 方向向西，對質子，方向向東.電子、質子這種運動稱為漂移運動，對應的速度稱為漂移 速度.漂移運動是粒子的定向運動，電子、質子的定向運動就形成了環繞地球中心 的環形電流.由（3）式和（1）、（2）兩式以及有關數據可得電子和質子的漂移速度分別為v0e 9.2 10 6m/s（6）2.v0P 1.7 10 m/s由于電

31、子、質子漂移速度的方向相反，電荷異號，它們產生的電流方向相同，均為沿緯度向東.根據電流密度的定義有j nq V0p V0e（8）代入有關數據得j 2.8 10 14A/m2（9）電流密度的方向沿緯度向東.2.上一小題的討論表明，粒子在 Oxy平面內作圓周運動，運動的速率由（4）式給出，它與粒子的初速度有關.對初速度方向指向地心的粒子，圓周運動的速率 為v Tu2vy（ 10）由（1）、（2）、（3）、（5）、（10）各式并代入題給的有關數據可得電子、質 子的軌道半徑分別為(11)(12)Re 0.33mRp 14.8m以上的計算表明，雖然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子還受到磁場的作用，

32、電子和質子在地球半徑方向的最大下降距離分別為2Re 0.66m和 2Rp 29.6 m,都遠小于等離子層的厚度，所考察的電子和質子仍在等離子層內運 動，不會落到地面上.解法二：.1.由于等離子層的厚度遠小于地球半徑，故在所考察等離子區域內的引力場和 磁場都可視為勻強場.在該區域內磁場的磁感應強度35cR0 C3.0 10 5 .B 0 B0 T 2.4 10 Tr125引力加速度2g g0 m/s2 0.39m/s2r 25(2)(D考察等離子層中的某一質量為 限 電荷量為q、初 速度為u的粒子，取粒子所在處為坐標原點 O,作一直 角坐標系Oxyz, Ox軸指向地球中心，Oz沿磁場方向， 如圖

33、1所示.該粒子的初速度在坐標系中的三個分量分 別為Ux、Uy和Uz.若以Vx、Vy、vz表示粒子在任意時刻 t的速度v在x方向、y方向和z方向的分速度，則帶電粒子在引力和洛倫茲力的共 同作用下的運動方程為dvxmgm mg qVyB qB VydtqBdVyrmqvxBdtm& 0 dt(5)(5)式表明，所考察粒子的速度在 z軸上的分量保持不變，即(4作變量代換，令VxVxvzuVyVy Vo(6)其中把（7）、（8）式代入（3）、（4）式得V0mldVxmdtdVymdt(8)qBVyqVxB由（9）、（10）兩式可知，作用于粒子的力F在x和y方向的分量分別為Fx qBVyFyqB

34、Vx若用i表示F的方向與x軸的夾角，2表示V的方向與x軸的夾角，而VV： V；,則有tan 1FyF?VxVytanVyVx可見tan i tan 21 ,表明F的方向與V的方向垂直，粒子將在F的作用下在Oxy平面內作速率為V的勻速圓周運動.若以R表示圓周的半徑，則有qVBV2 m一 R(11)mVqB在勻速圓周運動中，V的大小是不變的，任何時刻 V的值也就是t 0時刻V的值,由（7）式和已知條件在t 0時刻有Vxux Vy uy v0故有V Jux uy V0（12）以上討論表明，粒子的運動可分成三部分：根據（6）式vz uz,可知粒子沿z軸的分速度大小和方向都保持不變，但對不 同的粒子是不

35、同的，屬于等離子層中粒子的無規則運動的速度分量.根據（7）式可得Vx Vx, Vy Vy V0,表明粒子在Oxy平面內以速率V作圓周 運動的同時，又以速度V。沿y軸運動.Vx、Vy是圓周運動速度的x分量和y分量.圓 周運動的軌道半徑不僅與粒子的質量有關，而且與粒子的初速度的x分量ux和y分量uy有關.圓周運動的速度方向是隨時間變化的，在圓周運動的一個周期內的平均 速度等于0.沿y軸的速度V0由（8）式給出，具大小是恒定的，與粒子的初速度無關，同 種粒子相同，但對帶正電的粒子，其方向沿 y軸的負方向，對帶負電的粒子，具方 向沿y軸的正方向.由此可見，等離子層內電子和質子雖然相當復雜，但每個粒子都

36、具有由（8）式給出的速度V0,其方向垂直于粒子所在處的地球引力，對電子，方向向西，對質 子，方向向東.電子、質子這種運動稱為漂移運動，對應的速度稱為漂移速度.漂 移運動是粒子的定向運動，電子、質子的定向運動就形成了環繞地球中心的環形電 流.由（8）式和（1）、（2）兩式以及有關數據可得電子和質子的漂移速度分別為v0e 9.2 106m/s（13）V0p 1.7 10 2m/s（14）由于電子、質子漂移速度的方相反，電荷異號，它們產生的電流方向相同，均 為沿緯度向東.根據電流密度的定義有j nq Vop Voe(15)代入有關數據得j 2.8 10 14A/m2(16) 電流密度的方向沿緯度向東

37、.2.上一小題的討論表明，粒子在 Oxy平面內作圓周運動，運動的速率由(12) 式給出，它與粒子的初速度有關.對初速度方向指向地心的粒子，圓周運動的速率 為V m v2(17)因題給出的電子與質子的初速度 見是不同的，電子、質子的質量又是不同的，故電子、質子在Oxy平面內作圓周運動的半徑也是不同的.由(1)、(2)、(8)、(11)、(12)各式并代入有關數據可得電子、質子的軌道半徑分別為Re 0.33m(18)Rp 14.8m(19)以上的計算表明，雖然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子還受到磁場 的作用，電子和質子在地球半徑方向的最大下降距離分別為2Re 0.66m和 2Rp 29.6

38、m ,都遠小于電離層的厚度，所考察的電子和質子仍在等離子層內運動， 不會落到地面上.六、參考解答：2.附1、2兩問的參考解法:1 .求S經雙縫產生的干涉圖像的零級亮紋 P0的位置設P0點的坐標為y0,它也就是光源S與S分別對應的干涉條紋的零級亮紋之間 的距離，即RR y % 0 yo由雙縫到Po點的光程差1S2P0SiP ,從&作S2R的垂線交于H點，三角形（附1）1Dy0dDy從S2作SS1的垂線交于G, S到雙縫的光程差（附2）三角形SOS與三角形GGS2相似，因lOP。/與三角形S1HS2相似，因D d ,則2SS2SGGS1GS1（附3）對滿足零光程差條件的B而言,SS2&am

39、p;P0S§SF01d s 0 l（附4）2 .在線光源情況下，可以導出雙縫干涉的相鄰兩亮紋的間距為（附5）DV彳s值不同對應著擴展光源中不同位置的線光源.不難證明，它們經雙縫產生干涉條紋的間距y均如（5）式所示.寬度為w的擴展光源是由一系列 s值不同的、連續分布的、相互獨立的線光源構成.因此擴展光源在觀察屏上產生的干涉圖像的強度是由每個線光源產生干涉條紋的強度相加而成.當擴展光源寬度為w時，對于光源最邊緣點有（附6）代入（4）式（附7）（附8）則相當于擴展光源最邊緣的線光源產生的干涉條紋錯開了一個條紋間距.由于擴展 光源各部分產生的干涉條紋的光強分布都相同，各套干涉條紋強度相加的結

40、果使屏 上各處光強相等，變得一片模糊而無法分辨.由（5）式和（7）式，求得為使條紋能被分辨，擴展光源允許的最大寬度3.解法如圖2所示，aa是由擴展光源上端邊緣發出的平行光，bb,MgrM卷源下端M；邊緣發出的平行光.設ab光線交于Mi點，ab光線交寄M2-點.a.光束中的光線必一M：rfl . dP點，兩相干光觀察屏上產生另過M1M3SP到達觀察屏上P點；光線a經過M2M 432P到達觀察寸波產生干涉，在觀察屏上產生一套干涉條紋.同理b平行光束 bb a一套干涉條紋.從擴展光源不同部位發出的、傾角有0» 之命例角度入射的平圖2行光束，經邁克爾遜測星儀相應的反射鏡走過不同路徑到雙孔，然

41、后在觀察屏上產 生很多套干涉條紋.這些干涉條紋光強度彼此相加，屏幕上就形成了光強度的分布 圖像.根據第2問的結果，其清晰度取決于來自擴展光源上下邊緣發出的平行光 aa 與bb分別在屏幕上產生兩套干涉條紋的相對位置錯開的程度.(D由對稱性考慮，平行光束aa中兩條光線a和a在觀察屏上R的光程差為0,即 平行光aa產生的那套干涉條紋的零級亮紋就在 P。處.現討論以傾角 斜入射的平行 光束bb通過整個光學裝置后，在觀察屏上某點發生干涉時的光程差.光束 bb中的 光線b入射M的光線經M3反射到達光線b從Mi點算起，所經光程為 M1M3 MSi ;光線b入射M的光線經M反射到達S ,光線b從M2點算起，所

42、經光 程為M2M4 m7s2 .由對稱性可得M1M3M3slM2M4M4S2也就是說從M和M2算起，光線b和b到達6與S2的光程是相等的，但是光線b和b在 到達M和M時，二者的相位卻不同.由M2作斜入射光線bMi的垂線交H點，M2與 H相位相等，因此，斜入射的兩條平行光線 b和b到達S1和&時的相位差是光程差 HM7引起的M2M4S2HMiM3s HM從擴展光源下邊緣發出的平行光束斜入射到測星干涉儀，經雙孔后發出的相干光在觀察屏上坐標為y （坐標原點取在Po上）的P點上引起的光程差,d11 h Dy其零級亮紋所在位置Po對應的光程差0 ,故P0的坐標(4)(5)yo h -Dd這也就是

43、平行光aa與bb產生的干涉條紋的零級亮紋（也是兩套條紋）錯開的距離y h Dd因在線光源情況下，可以導出雙孔干涉的相鄰兩亮紋的間距為Dy彳(6)當二者錯開一個條紋間隔時，即 y y,代入（6）式（星光波長采用一），得h遠處的星體作為擴展光源發出的光經過“測星儀”到達雙孔，在屏上觀察到干 涉條紋的清晰度下降，由小到大調節 M、M2距離h,當屏幕上條紋消失時，記下此時h的值代入（7）式就可確定擴展光源角直徑的大小.注：實際星體都看作均勻亮度白圓形擴展光源，通過調節h使屏幕上的干涉條 紋消失，即各處強度完全相等時，通過數學計算，用邁克爾遜測星儀測量得的星體角直徑 1.22.h解法二如圖3所示，對M、

44、M而言，找出S1對M3的中間像&和對Mi所成的像§以及 光線a在M、M的反射點F和G.由物像的又t稱性可知GSi GSi , FSi FSi ,故FSi FG GSi即從光線a上一點到&和到&的光程相等.同理可證，從光線 b上一點到Si和到& 的光程相等；對M2、M4 （未畫出）而言，從光線a上一點到S2和到S2的光程相等;從光線b上一點到S2和到S2的光程相等.(1)通過雙孔6、S2后，光線a、a在P0的光程差因此，光線a到Si處與光線a到S2處引起的光程差la與沒有反射鏡 M、M2時兩光 線到Si、S2處的光程相等.因a、a垂直雙孔屏，故la 0(2)平行光束bb斜入射時，可從S1、S2處求b、b兩光線到達Si、S2處的光程差la 0lb .由S2作b&的垂線82H （見圖4）,(3