第十七屆全國中學生物理競賽復賽試題

題號一二—四五六總計

全卷共六題，總分140分

一、（20分）在一大水銀槽中豎直插有一根玻璃管，管上端封閉，下端開口.槽中水銀液面以

上的那局部玻璃管的長度/=76cm,管內封閉有〃=1.0><10-3mol的空氣，保持水銀槽與玻

璃管都不動而設法使玻璃管內空氣的溫度緩慢地降低10€,問在此過程中管內空氣放出的熱

量為多少管外大氣的壓強為76cm汞柱高，每摩爾空氣的內能U=Cv7，其中7為絕對溫度，

1-1

常量Cv=20.5J?（mol?K）-,普適氣體常量R=8.31J?（mol?K）。

二、（20分）如圖復17-2所示，在真空中有一個折射

率為〃“°為真空的折射率）、半徑為廣的質

地均勻的小球。頻率為b的細激光束在真空中沿直線

傳播，直線與小球球心。的距離為/（/vr）,II

光束于小球體外表的點。點經折刖進入小球（小球成\、?

為光傳播的介質），并于小球外表的點。點又經折射進7

入真空.設激光束的頻率在上述兩次折射后保持不

變.求在兩次折射過程中激光束中一個光子對小球作圖復一：

I,

用的平均力的大小.

三、（25分）1995年,美國費米國家實驗室CDF實驗組和DO實驗組在質子反質子對撞機TEVATRON

的實驗中，觀察到了頂夸克，測得它的靜止質量叫=1.75x10"eVH=3.lx10-25kg,壽命

r=0.4xl0-24s,這是近十幾年來粒子物理研究最重要的實聆進展方一.

1.正、反頂夸克之間的強用互作用勢能可寫為〃（r）=-女*&,式中r是正、反頂夸克之間的

3r

距離，劭=0.12是強相互作用耦合常數，%是與單位制有關的常數，在國際單位制中

^=0.319xl0-25Jm.為估算正、反頂夸克能否構成一個處在束縛狀態的系統，可把束縛狀

態設想為正反頂夸克在彼此間的吸引力作用下繞它們連線的中點做勻速圓周運動.如能構成

束縛態，試用玻爾理論確定系統處于基態中正、反頂夸克之間的距離它.處于束縛態的正、

反夸克粒子滿足量子化條件，即

2wv|1=；?—〃=1,2,3,

式中〃八為一個粒子的動量,就與其軌道半徑.的乘積，〃為量子數，h=6.63x\0-34J-s

為普朗克常量.

2.試求正、反頂夸克在上述設想的基態中做勻速圓周運動的周期丁.你認為正、反頂夸克的

這種束縛態能存在嗎？

四、（25分）宇宙飛行器和小行星都繞太陽在同一平面內做圓周運動，飛行器的質量比小行星

的質量小得很多，飛行器的速率為%，小行星的軌道半徑為飛行器軌道半徑的6倍.有人企

圖借助飛行器與小行星的碰撞使飛行器S出太陽系，于是他便設計了如下方案：I?當飛行器

在其圓周軌道的適當位置時，突然點燃飛行器上的噴氣發動機，經過極短時間后立即關閉發

動機，以使飛行器獲得所需的速度，沿圓周軌道的切線方向離開圓軌道；H.飛行器到達小行

星的軌道時正好位于小行星的前緣，速度的方向和小行星在該處速度的方向一樣，正好可被

小行星碰撞；m.小行星與飛行器的碰撞是彈性正碰，不計燃燒的燃料質量.

I.試通過計算證明按上述方案能使飛行器飛出太陽系；

2.設在上述方案中，飛行器從發動機取得的能量為用.如果不采取上述方案而是令飛行器在

圓軌道上突然點燃噴氣發動機，經過極短時間后立即關閉發動機，以使飛行器獲得足夠的速

度沿圓軌道切線方向離開圓軌道后能宜接飛出太陽系.采用這種方法時，飛行器從發動機取

得的能量的最小值用且表示，問且為多少？

■E2

五、（25分）在真空中建設一坐標系，以水平向右為X軸正方向，

豎直向下為），軸正方向，z軸垂直紙面向里（圖復17-5）.在

OKyKL的區域內有勻強磁場，L=0.80m,磁場的磁感強度

的方向沿z軸的正方向，其大小8=0.10T.今把一荷質比

q/zn=50CkgT的帶正電質點在x=0,y=-0.20m,z=0處

靜止釋放，將帶電質點過原點的時刻定為，=（）時刻，求帶電質

點在磁場中任一時刻/的位置坐標.并求它剛離開磁場時的位置

和速度.取重力加速度w=10m-s-2。

六、(25分)普通光纖是一種可傳輸光的園柱形細絲，由具有圓形截面的纖芯人和包層“組

成，8的折射率小于A的折射率，光纖的端

面和圓柱體的軸垂直，由一端面射入的光在

很長的光纖中傳播時，在纖芯A和包層8的

分界面上發生屢次全反射.現在利用普通光

纖測量流體尸的折射率.實驗方法如下：讓

光纖的一端(出射端)浸在流體尸中.令與

光纖軸平行的單色平行光束經凸透鏡折射

后會聚光纖入射端面的中心O,經端面折射

進入光纖，在光纖中傳播.由點O出發的光

束為圓錐形，其邊緣光線和軸的夾角為a。，

如圖復17-6-1所示.最后光從另一端面出

射進入流體尸.在距出射端面/八處放置一

垂直于光纖軸的毛玻璃屏。，在。上出現一圓形光斑，測出其直徑為由，然后移動光屏。至

距光纖出射端面公處，再測出圓形光斑的直徑^2,如圖復17-6-2所示.1.假設A和B的折

射率分別為〃八馬，求被測流體F的折射率nF的表達式.

2.假設〃八、勺和%均為未知量，若何通過進一步的實驗以測出盯的值？

第十七屆全國中學生物理競賽復賽題參考解答

一、參考解答

設玻璃管內空氣柱的長度為從大氣壓強為Po,管內空氣的壓強

為〃，水銀密度為夕，重力加速度為g,由圖復解17TT可知

p+(l-h)pg=pQ(1)

根據題給的數據，可知Po=/pg,得〃二夕皿(2)

假設玻璃管的橫截面積為S,則管內空氣的體積為

V

V=Sh(3)由12)、(3)式得〃=(4)即

管內空氣的壓強與其體枳成正比，由克拉珀龍方程〃Vn求下得圖復解17.1.1

V2

pgJ=nRT(5)由(5)式可知，隨著溫度降低，管內空氣的體積變小，根據(4)式可知

S

管內空氣的壓強也變小，壓強隨體積的變化

關系為P-V圖上過原點的直線，如圖復解

17-1-2所示.在管內氣體的溫度由7；降到心

圖復解17.1.2

的過程中，氣體的體枳山匕變到修，體積縮小，外界對氣體做正功，功的數值可用圖中劃有

斜線的梯形面枳來表示，即有

印=3可［2+*）（匕_匕）二心.9⑹

管內空氣內能的變化

NUrCg-TJ（7）

設。為外界傳給氣體的熱量，則由熱力學第一定律W+Q=AU,有

Q=\U-W⑻

由⑸、⑹、⑺、⑻式代入得

Q=〃（弓_（）（￡+；/?）（9）

代入有關數據得

Q<0表示管內空氣放出熱量，故空氣放出的熱量為

=-(2=0.247J(10)

評分標準：此題20分

11）式1分，（4）式5分，（6）式7分，（7）式1分，18）式2分，（9）式1分，（10）式3

分。

二、參考解答

在由直線3c與小球球心。所確定的平面中，激光光束兩次折射的光路BCDE如圖復解

17-2所示，圖中入射光線BC與出射光線小的延長線交于G,按照光的折射定律有

〃oSina=〃sin/(1)

式中a與尸分別是相應的入射角和折射角，由幾何關系環可知

sintz=-（2）

r

激光光束經兩次折射，頻率u保持不變，故在兩次

折射前后，光束中一個光子的動量的大小〃和p'相

等，即

hv,e

p=---p（3J

c

式中c為真空中的光速，力為普朗克常量.因射入小

球的光束中光子的動量〃沿3C方向，射出小球的

光束中光子的動量沿OE方向，光子動量的方向

由于光束的折射而偏轉了一個角度26,由圖中幾何

佞1復解17-2

關系可知

29=2(a一夕)(4)

假設取線段GN1的長度正比于光子動量〃，GN?的長度正比于光子動量〃'，則線段MN2的

長度正比于光子動量的改變量3,由幾何關系得

by

A/?=2/?sin^=2一sin。（5）

△GYN2為等腰三角形，其底邊上的高G”與6平行，故光子動量的改變量△〃的方向

沿垂直CD的方向，且由G指向球心。.

光子與小球作用的時間可認為是光束在小球內的傳播時間，即

加=*皿⑹

c〃o/n

式中cn0/n是光在小球內的傳播速率。

按照牛頓第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小為

△//?rcosP

按照牛頓第三定律，光子對小球的平均作用力大小?=/,即

⑻

“COSP

力的方向由點0指向點G.由（1）>[2）、（4）及（8）式，經過三角函數關系運算，最

后可得

⑺?/〃（））2--

評分標準：此題20分

口）式1分，（5）式8分，（6）式4分，（8）式3分，得到（9）式再給4分。

三、參考解答

1.相距為，?的電量為0與。2的兩點電荷之間的庫侖力為與電勢能公式為

FQ=kQ第%=飛尊⑴

現在正反頂夸克之間的強相互作用勢能為

根據直接類比可知，正反頂夸克之間的強相互作用力為

4〃

F（r）=—k—^（2）

設正反頂夸克繞其連線的中點做勻速圓周運動的速率為>因二者相距々），二者所受的向心力

均為產仇），二者的運動方程均為

由題給的量子化條件，粒子處于基態時，取量子數〃=1,得

2可沙⑷

由(3)、(4)兩式解得

3好

⑸

代入數值得

F=1.4x1017in(6)

2.由(3)與(4)兩式得

4%

v=-p⑺

h[3

由u和％可算出正反頂夸克做勻速圓周運動的周期T

7=2%/2)=,/?，⑻

v27r~mt(k4as/3)~

代入數值得

7=1.8x10-24$⑼

由此可得z7T=0.2(10)

因正反頂夸克的壽命只有它們組成的束縛系統的周期的1/5,故正反頂夸克的束縛態通

常是不存在的.

評分標準：此題25分

1.15分。(2)式4分，(5)式9分，求得(6)式再給2分。

2.10分。(8)式3分。(9)式1分，正確求得(10)式并由此指出正反頂夸克不能形成束

縛態給6分。

四、參考解答

1.設太陽的質量為M。，飛行器的質量為〃?，匕行器繞太陽做圓周運動的軌道半徑為R.根

據所設計的方案，可知飛行器是從其原來的圓軌道上某處出發，沿著半個橢圓軌道到達小行

星軌道上的，該橢圓既與飛行器原來的圓軌道相切，又與小行星的圓軌道相切.要使飛行器

沿此橢圓軌道運動，應點燃發動機使飛行器的速度在極短的時間內，由%變為某一佰峋.設

飛行器沿橢圓軌道到達小行星軌道時的速度為〃，因大小為〃°和〃的這兩個速度的方向都與橢

圓的長軸垂直，由開普勒第二定律可得

u0R=6uR(1)

由能量關系，有

L叫—GSL/_G也巴(2)

20R26R

由牛頓萬有引力定律，有

或

%唇⑶

解（1）、12）、（3）三式得

=槨。⑸

設小行星繞太陽運動的速度為八小行星的質量由牛頓萬有引力定律

得

可以看出（7）

由此可見，只要選擇好飛行器在圓軌道上適宜的位置離開圓軌道，使得它到達小行星軌道處

時，小行星的前緣也正好運動到該處，則飛行器就能被小行星撞擊.可以把小行星看做是相

對靜止的，飛行器以相對速度為丫-〃射向小行星，由于小行星的質量比飛行器的質量大得多,

碰撞后，匕行器以同樣的速率1，-〃彈回，即碰撞后，匕行器相對小行星的速度的大小為

方向與小行星的速度的方向一樣，故飛行器相對太陽的速度為

或將⑸、（6）式代入得

如果飛行淵能從小行星的軌道上直接飛出太陽系，它應具有的最小速度為“2,則有

可以看出

_1f1

%>蘇0=〃2（1。）

飛行器被小行星撞擊后具有的速度足以保證它能飛出太陽系.

2.為使K行器能進入橢圓軌道，發動機應使飛行器的速度由％增加到〃0，t行器從發動

機取得的能量

4=g〃*一；相詔一;〃=5（11）

假設飛行器從其圓周軌道上直接飛出太陽系，飛行器應具有的最小速度為%，則有

由此得

〃3=J2G等=夜%(12)

飛行器的速度由“增加到“3,應從發動機獲取的能量為

七2二3，〃后一9〃點=：加店門3)

所以

52

pT7wvo

‘■二畢一=0.71(14)

E.I2

2%叫

評分標準：此題25分

1.18分。其中(5)式6分，求得(6)式，說明飛行器能被小行星碰撞給3分；(8)式5

分；得到(10)式，說明飛行器被小行星碰撞后能飛出太陽系給4分。

2.7分。其中(11)式3分，(13)式3分，求得(14)式再給1分。

五、參考解答

解法■：

帶電質點靜止釋放時，受重力作用做自由落體運動，當它到達坐標原點時，速度為

V1=J2g|y|=2.0m?s-1(1)

方向豎直向下.帶電質點進入磁場后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用，質點速度的

大小和方向都將變化，洛倫茲力的大小和方向亦隨之變化.我們可以設想，在帶電質點到達

原點時，給質點附加上沿x軸正方向和負方向兩個大小都是%的初速度，由于這兩個方向相

反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質點以后的運動.在，=0時刻，帶電質點因具有沿x

軸正方向的初速度”而受洛倫茲力力的作用。

f\=q%B⑵

其方向與重力的方向相反.適中選擇%的大小，使力等于重力，即

q%B=mg⑶

—&—=2.0mJ

%(4)

((//ni)B

只要帶電質點保持(4)式決定的％沿工軸正方向運動，力與重力的合力永遠等于零.但此時,

位于坐標原點的帶電質點還具有豎直向下的速度匕和沿x軸負方向的速度”,二者的合成速

度大小為

v=+vf=2.8m-s11.5J

方向指向左下方，設它與k軸的負方向的夾角為a,如圖復解17-5-1所示，則

a=-(6)

4

因而帶電質點從f=0時刻起的運動可以看做是速率為%,沿x軸的正方向的勻速直線運動和

在xOy平面內速率為v的勻速圓周運動的合成.圓周半徑

R=——=0.56m(7)

qB

帶電質點進入磁場瞬間所對應的圓周運動的圓心。'位于垂直于質點此時速度y的直線上，由

圖復解17-5T可知，其坐標為

A.=Rsina-0.40m

n(8)

yo,=Reosa=0.40m

圓周運動的角速度

69=—=5.()rad-s-1(9)

R

由圖復解17-57可知，在帶電質點離開磁場區域前的任何時刻f,質點位置的坐標為

x=vot-[/?sin(fy/+a)-x0.](10)

y=yo.-Rcos(在+a)(11)

式中“、R、cosa、x。,、已分別由(4)、(7)、(9)、(6)、(8)各式給出。

帶電質點到達磁場區域下邊界時，y-L-0.80m,代入(11)式，再代入有關數值，解

得

r=0.31s(12)

將(12)式代入(10)式，再代入有關數值得

x=0.63m(13)

所以帶電質點離開磁場下邊界時的位置的坐標為

x=0.63my=0.80mz=0(14)

帶電質點在磁場內的運動可分解成?個速率為v的勻速圓周運動和?個速率為"的沿x

軸正方向的勻速直線運動，任何時刻，帶電質點的速度V便是勻速圓周運動速度u與勻速直

線運動的速度％的合速度.假設圓周運動的速度在x方向和y方向的分量為匕、則質點

合速度在彳方向和)，方向的分速度分別為

Vx=vx+vQ(15)

V=v..(16)

雖然+H=叭n由(5)式決定，具大小是恒定不變的，%由(4)式決定，也是恒定不

變的，但在質點運動過程中因u的方向不斷變化，它在工方向和)，方向的分量匕和勺都隨時

間變化，因此匕和匕,也隨時間變化，取決于所考察時刻質點做圓周運動速度的方向，由于圓

周運動的圓心的y坐標恰為磁場區域寬度的一半，由對稱性可知，帶電質點離開磁場下邊緣時,

圓周運動的速度方向應指向右下方，與/軸正方向夾角優=工，故代入數值得

將以上兩式及(5)式代入(15)、(16)式，便得帶電質點剛離開磁場區域時的速度分量，

它們分別為

-1

Vt=4.0m-s(17)

-1

Vv=2.0m-s(18)

速度大小為…―

v

(-------oOX

V=^V；+l/2=4.5m-s-,(19)T切I一"

設V的方向與x軸的夾角為如圖復解17-5-2所示，II

則％T

得尸=27。(20)iL

評分標準：此題25分\

⑷式5分，求得⑸、(6)式各給3分，求得110)、、、B匕

[11)式各給2分，”4)式3分，(19)式5分，求-pi*?-

得(20)式再給2分。尸匕12X!V

解法二：圖復解17-5-2

假設以帶電質點到達坐標原點o的時刻作為起始--

時刻(r=o),則質點的初速度為

Vi=12g|y|=2.()m-s-1(T)

方向沿)，軸正方向.進入磁場區后，帶電質點將受到洛倫茲力作用，洛倫茲力在x方向的分力

取決于質點在y方向的分速度，因此質點動量在x方向的分量的增量為

△吸=qvyB't=qBby(2')

△.y是帶電質點在&時間內沿y方向的位移，質點在磁場中運動的整個過程中，此式對每一段

△，時間都成立，所以在，=0到/=/時間內x方向的動量的改變為

因初始時刻1=0),帶電質點在x軸方向的動量為零，其位置在原點，%=°，因而

得

即匕=更)，⑶)

當帶電質點具有X方向的速度后，便立即受到沿)，負方向的洛倫茲力的作用.根據牛頓第二定

律，在)，方向上有加速度旬

mav=mg-qvxB(40

將13'）式代入（49式，得

令）/=）,一。⑹）

式中

〃/g

D=g=0.40m⑺

("〃?)2爐

即在y方向作用于帶電質點的合力

其中女=適

m

4是準彈性力，在弓作用下，帶電質點在歹方向的運均是簡諧振動，振動的圓頻率

，隨時間變化的規律為

y'=Acos（。/+仰）（9，）

或

y'=Acos（3/+00）+O（10'）

4與死是待求的常量，質點的簡諧運動可以用參考圓來描

寫，以所考察的簡諧運動的振幅A為半徑作一圓，過圓心。|

作一直角坐標￡。“，’.假設有一質點用沿此圓周做勻速率

圓周運動，運動的先速度等于所考察簡諧運動的角頻率①，

且按逆時針方向轉動，在/=0時刻，M點的在圓周上的位

置恰使連線與尸軸的夾角等于（9，）式中的常量價，

則在任意時刻/,。1與MR勺連線與歹軸的夾角等于

/1+外,于是連線在歹軸上的投影即為（9，）式所示的簡諧振動，將工'軸平行下移

D=0.40m,連線在），軸的投影即如（10，）式所示（參看圖復解17-5-3）,M點做圓

周運動的速度大小y=方向與垂直，速度v的），分量就是帶電質點沿），軸做簡諧運

動的速度，即

vv=-Acos\x\（cot+（p0）（1r）

（iou和dr）兩式中的A和火可山下面的方法求得：因為在，=。時，帶電質點位于），=（）

處，速度9=匕，把這個條件代入（i（r）式與dr）式得

解上面兩式，結合（「）、⑻）式，注意到振幅A總是正的.故得%=充

（129

A=0.56m（13，）

把（i（r）式代入（3，）式，便得帶電質點沿x軸運動的速度

vx=coD+Acocos（＜wr+%）（149

（IT）式表示帶電質點在工方向上的速度是由兩個速度合成的，即沿工方向的勻速運動速度

（oD和x方向的簡諧振動速度Acocos?W+例））的合成，帶電質點沿x方向的勻速運動的位移

x'=coD!115'）

由沿x方向的簡諧振動速度4ycos（3+8o）可知，沿x方向振動位移的振幅等于速度的最大值

與角頻率的比值（參看圖復解17-5-3）,即等于A.由參考圓方法可知，沿x方向的振動的

位移爐具有如下的形式

它可能是x"=Asin（￡WE+/o）,亦可能是x"-b=Asin（+fo）.在此題中，1=0時刻，尤應為

零，故前一表示式不符合題意.后一表示式中，人應取的值為8=-4sin外,故有

x"=-Asin0（）+Asin（?+p0）（16f）

帶電質點在x方向的合位移x=x'+x",由（15，）、（16，）式，得

r

x=（t）Dt-Asin（pl}+Asin（3f+秋））（17l

117，）、（10，）、（14，）和（11，）式分別給出了帶電質點在離開磁場區域前任何時刻，的位

置坐標和速度的X分量和y分量，式中常量/、A、%、。己分別由（8，）、（13，）、（120

和（7，）式給出.當帶電質點到達磁場的下邊界時，

y=L=-0.80m（18，）

將與（109式有關的數據代入（100式，可解得

r=0.31s（199

代入（17，）式，得

0.63m（20U

將（190式分別代入（149式與（IV）式，得

速度大小為

V=Jv：+W=4.5m.sT（2K）

速度方向為

a-arctan—=27°（22'）

Ivx）

評分標準：此題25分

（7，）式2分，（8，）式3分，（10，）式2分，⑴，）式2分，（12，）式3分，（13，）式3分，（14，）

式2分，（17，）式3分，（2丁）式3分，（2-）式1分，（22，）式I分。

六、參考解答

1.由于光纖內所有光線都從軸上的。點出發，在光纖中傳播的光線都與軸相交，位于通

過軸的縱剖面內，圖復解17-67為縱剖面內的光路圖，設由。點發出的與軸的夾角為1的光

線，射至A、8分界面的入射角為i,反射角也為i.該光線在光纖中屢次反射時的入射角均

為i,射至出射端面時的入射角為2.假設該光線折射后的折射角為6,則由幾何關系和折射

定律可得

i+a-90°（1）

〃八sina=〃尸sin。⑵

當i大于全反射臨界角心時將發生全反射，沒有光能損失，相應的光線將以不變的光強射向出

射端面，而的光線則因在發

生反射時有局部光線通過折射進

入B,反射光強隨著反射次數的增

大而越火越弱，以致在未到達出射

圖復解17-6-1

端面之前就已經衰減為零了.因而

能射向出射端面的光線的i的數值一定大于或等于左，J的值由下式決定

nAsinZc=nB(3)

與ic對應的a值為

ar=90°-ir（4）