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2006年第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答


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 × 6 m ,地球表面处的重力加速度 g = 9.80 m·s 10
-2



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 = 3R

的矩形薄片的两端.初始时矩形物位于水平位置且处于静止 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 μ 都等于 1. 现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动, A 逐渐升高. 使 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 θ 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 θ 等于多少度时, 相对于圆筒开始 B 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. ) A l
2R

1

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 △Te = △z z 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) ,这时气团的温度 T 、密度 ρ 、压强 p 都分别与周 围大气的温度 Te 、密度 ρe 、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 γ = C .式中 C 和 γ 都是常量,但 γ 与气体种类有关,对空气,γ = 1.40 . 已知空气的摩尔质量 μ = 0.029 kg ? mol 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 m·s
-2 -1

-6.0 × 10 3 K·m



-1

, 普适气体恒量 R = 8.31 J ? ( K ? mol )

-1

. 试

,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 O′O ,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 O′O 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 .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 O′O 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 满足以下关系 1 aT2 = d 5
2

Y N M A O′ a l u 2U B b l 图1 O M′ l l N′

K

0 -U

2

4

6

8

10

12

t/T

图2 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 δ 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 δ = T ,现在某时刻突然开启阀门 a ,经过时 10

间 δ 立即关闭 a ;从刚开启 a 的时刻起,经过时间 T ,突然开启阀门 b ,经过时间 δ 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 _____________________________________________________________________________.

3

五、
如图所示,坐标系 Oxyz 的 x 轴和 z 轴都位于纸 P 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.磁感应强度大小为 B 的匀强磁场的方向平行于 Oxz 坐标平面, z 轴的夹 与 角为 α .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 α = 子的坐标. π ,求粒子到达极板时粒 4 O x α z B Q

2d

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 ×10
-27

kg .不考虑粒子间的静电作用.

4

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. L R0 O 图1 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 ρ 的许多非常小的小 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△ri 的小段所受地球引力为 f i= G Mρ△ri r2 i (1) R1

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=

?
i ?1

n

fi = ? G
i ?1

n

M ? ? ri ri 2

(2)

符号

?
i?1

n

表示对所有小段求和.因△ri = ri - ri-1 是个小量,注意到 riri-1 = ri( ri -△

ri ) ≈r2 ,因此 i

?r
i ?1

n

? ri
2 i

??
i ?1

n

n ri ? ri ?1 1 1 1 1 ? ?( ? ) ? ? ri ri ?1 ri r0 rn i ?1 r ?1 i

用 R0 表示地球半径,也就是天梯下端到地心的距离,Rl 表示天梯上端到地心的距离, 则 r0 = R0 ,rn = Rl ,代入(2)式得 F = GMρ( 整个天梯的质量 m = ρ ( Rl -R0 )
5

1 1 - ) R0 Rl

(3)

(4)

天梯的质心位于天梯的中点,它到地心的距离 rC = R0 + 根据质心运动定理,有 F = mrC ( 2π 2 ) T (6) Rl -R0 2 (5)

式中 T 为地球自转的周期. 由(3)(4)(5)(6)式可得 、 、 、 ( Rl -R0 ) ( R2 + R0Rl - l GMT2 )=0 2π2R0

Rl -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 Rl2 + R0Rl -
2 因为 GM = R0g ,所以得

GMT2 =0 2π2R0

(7)

Rl2 + R0Rl -

R0gT2 =0 2π2

(8)

【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△ri 的小段组成,则第 i 小段受的惯性离心力 为 f i′ = ρ△ri( 2π 2 ) ri T (4′)

对所有小段求和,就得到整个天梯所受的惯性离心力 F′=

? f =? ? (
i ?1 i

n

?

n

i ?1

2π 2 ) ri△ri T

(5′)

(5′) 式中所示的和可以用图 2 过原点的直线 y = ρ( 来表示,即 ρ( 2π 2 ) Rl T y

2π 2 ) r 下的一个带阴影的梯形面积 T

ρ(

2π 2 ) R0 T r O R0 图2
6

Rl

F ′ = ρ(

2π 2 R0 + Rl ) ( Rl -R0 ) T 2

(6′)

因为地球引力与惯性离心力平衡,由(3)式和(6′)式可得 GM ( 1 1 2π 2 R0 + Rl - ) =( ) ( Rl -R0 ) R0 Rl T 2 (7′)

2 因为 GM = R0g ,化简(7′)式最后也能得到(8)式. 】

解(8)式得 -R0 ± Rl = R2 + 0 2 2R0gT 2 π2

(9)

根号前取正号,代入有关数据,注意到 T = 8.64 × 4 s ,得 10 Rl = 1.50 × 8 m 10 所以天梯的长度 L = Rl -R0 = 1.44 × 8 m 10 (11) (10)

二、
1.90 ° . 2.当矩形物处于竖直位置即 θ = 0° 时,B 不会滑动,矩形物静止.当圆筒缓慢转动使 θ 刚超过 0° 时,A 将离开圆筒内表面而开始倾倒,按题意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 v2 = mgcosθ-T l (1)

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 1 mgl (1-cosθ ) = mv2 2 联立(1)(2)式,得 、 T = mg ( 3cosθ-2 ) 如果令 T = 0 ,可得 θ = arccos ( 2 ) = 48.2° 3 θ O 120° (3) A (2)

显见,θ < 48.2° 时,作用力是径向正向,对 A 是推 力;θ > 48.2° 时,作用力是径向反向,对 A 是拉力. B
7

30°

现在再来看前面被假定不动的 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 -θ (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 θ 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 μ =1,所以最大 静摩擦力 fmax 的大小就等于正压力. fmax = μf⊥ = mgcos30°+ Tcos ( 30° ) -θ 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° ) -θ 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∥ ≤ fmax B 滑动与否的临界点就应由 f∥ = fmax 求出,即 mgcos30°+ Tcos ( 30° ) = mgsin30°+ Tsin ( 30° ) -θ -θ 将(3)式的 T 代入(8)式,化简后得方程 ( 3cosθ -2 )[ cosθ + ( 2 + 3 )sinθ ] + 1 = 0 (9) (8) (7) (6) (5)

这个方程可用数值求解,即取不同的 θ 值代入逐步逼近,最后可得 θ = 54.9 ° θ 超过此值,B 将开始滑动. (10)

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 ρ ,气团周围大气的密度为 ρe .气团受到竖直向下的重力 mg = Vρg 和竖直向上的浮力 Vρe g 作用,若气团的加速度为 α ,则由牛顿第二定律有 mα = -Vρg + Vρe g = -V( ρ -ρe ) g 或有 α = -g 根据理想气体状态方程 ρ -ρe ρ (2) (1)

8

pV = 可知气体的密度 ρ=

m RT μ

(3)

m μp = V RT

(4)

利用(4)式,注意到 p = pe , (2)式可化成 α = -g Te-T Te (5)

周围大气在 z 处的温度 Te 等于 z = 0 处的温度 Te0 加从 0 到 z 温度的增量,即 Te = Te0 + △Te z △z (6)

△T 若气团中气体温度随高度的变化率为 ,根据题意,有 △z T = T0 + △Te z △z (7)

T0 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 α= - 在(8)式中,若( △T g △Te ( - )z Te △z △z (8)

△Te △T - ) >0 ,则加速度方向向下,作用于气团的力有使气团 △z △z

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 △Te 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 是已知的,故只 △z 要知道气团中气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 △pe = -ρeg△z (9)

式中 ρe 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 △pe = - μpe g△z RTe (10)

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间的关系. 由(3)式得

9

V= 把(11)式代入

m RT μ p

(11)

pVγ = C 得 μ T = C? mR p
1

? ?1 ?

(12)

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 μ T +△T = C ( p + △p ) mR
?
1

? ?1 ?

利用二项式定理,忽略△p 的高次方项,并注意到(12)式得 μ T +△T = C [ mR p
?
1

? ?1 ?

γ-1 + γ p

? ?1 ?1 ?

(△p ) ] = T +

γ-1 T △p γ p

故有 △T = γ-1 T △p γ p (13)

根据题意,p = pe ,△p = △pe ,由(7)式、 (10)式和(13)式得 △T γ-1 μg = - γ R △z △Te 已知 = △z T0 △Te γ-1 μg Te0 + ( + )z γ R △z
-1

(14)

-6.0 × 10 3 K·m



,代入有关数据可求得

γ-1 μg - - =9.8 × 10 3 K·m 1 γ R 当 z 不是很大时,有 Te0 +( 故有 △T γ-1 μg = - γ R △z 代入题给的有关数据得 △T - - = -9.8 × 10 3 K·m 1 △z 负号表示高度增加时,气团的温度要下降.可见 ( (16) △Te △T - ) >0 ,作用于气团的 △z △z (15) △Te γ-1 μg + ) z ≈Te0 γ R △z

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
10

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 ω= 代入数据,得 ω = 1.1 × 10
-2

△T g △Te ( - ) Te0 △z △z

(17)

s

-1

(18)

四、
1.Y1 = -0.3d ,Y2 = 0.9d . 2.Y ′ = -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 = l T (1)

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 = l 1 = v 2T 2 1 (2)

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 = l = T v1

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 △t1 = l = T v1

在△t1 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为 v1y = -a△t1 = -aT y1 = - 1 1 a (△t1 )2 = - aT2 2 2 (3) (4)

11

因 aT2 =

1 d ,故| y1 | = 5

1 d < d ,表明速率为 v1 的粒子能穿出平板,粒子穿出 10

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 △y1 = v1y l = -aT2 v1 (5)

粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y1 = y1 +△y1 = - 速率为 v2 的粒子在时刻 t2 = l = 2T v2 1 3 aT2 -aT2 = - aT2 = -0.3d 2 2 (6)

进入两平行板之间,由本题图 2 可知,两板间的电压 u = 2U 粒子在电场作用下的加速度为 2a ,粒子通过两板经历的时间为 △t2 = l = 2T v2

因为两板间的电压在时间△t2 内由 2U 变为-U,粒子的加速度亦将从 2a 变成-a ,由 此可求得在△t2 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 y2 = 因 aT2 = 1 1 5 ( 2a )T 2 + ( 2aT )T - aT 2 = aT 2 2 2 2 (7) (8)

1 1 d ,故 y2 = d < d ,表明速率为 v2 的粒子亦能穿出平板.粒子穿出 5 2

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 △y2 = v2y l = 2aT2 v2 (9)

粒子打在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y2 = y2 +△y2 = 5 9 aT2 + 2aT2 = aT2 = 0.9d 2 2 (10)

即粒子在屏上产生的痕迹是两个点,它们的 Y 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 δ 时间间隔内 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 δ ,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 = δ 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 = δ 时刻从 B 处射出的粒子的速率最小,这最小速率为

12

vmin =

l T+δ

(11)

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 vmax = l T -δ (12)

在 t = 0 时刻从 B 处射出的速率为 vmax 的粒子在时刻 t1 = l =T - δ vmax

进入两平板之间,在时刻 t1′ = t1 + l vmax = 2T -2δ

离开两平板.由本题图 2 可知,在 T - δ 到 T 时间内,两板间的电压为 2U ,在 T 到 2T -2δ 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 = 2aδ - a (T - 2δ ) = -aT + 4aδ y1 = 1 1 ( 2a ) δ2 + ( 2a ) δ (T - 2δ )- a (T - 2δ )2 2 2 1 aT 2 + 4aδT - 5aδ2 2 (14) (13)

= -

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 △y1 = v1y l = (-aT + 4aδ ) (T -δ ) vmax (15)

= -aT2 + 5aδT - 4aδ2 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y1 = y1 +△y1 = - 根据题意,代入数据得 Y1 = -0.138d 在 t = δ 时刻从 B 处射出的速度为 vmin 的粒子在时刻 t2 = δ + l = T + 2δ vmin 3 aT2 + 9aTδ -9aδ2 2

(16)

(17)

进入两平板之间,在时刻 t2′ = t2 + l = 2T + 3δ vmin

离开两平板.由本题图 2 可知,在 T + 2δ 到 2T 时间内,两板间的电压为-U ,在 2T

13

到 2T + 3δ 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 - 2δ ) + ( 2a )3δ = -aT + 8aδ y2 = - = - 1 1 a (T - 2δ )2 -a (T - 2δ ) 3δ + ( 2a ) ( 3δ ) 2 2 2 1 aT 2 - aTδ + 13aδ2 2 (19) (18)

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 △y2 = v2y l = (-aT + 8aδ ) (T + δ ) vmin (20)

= -aT2 + 7aTδ + 8aδ2 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y2 = y2 +△y2 = - 根据题意,代入数据得 Y2 = -0.138d 3 aT2 + 6aTδ + 21aδ2 2

(21)

(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 = mv0 qB (1)

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 z P α N O C 2d 图1
14

B

Q

α N′

x

CN ′ = R0 = 由(1)(2)式得 、 v0 =

d 2cosα

(2)

dqB 2mcosα

(3)

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 = T πm = 2 qB (4)

2.以 y 轴为旋转轴,顺时针转动 α 角,建立新坐标系 Ox′y′z′ ,如图 2 所示.在新坐标 系中电场强度 E 的分量为 z z′ B α v0 O α x′ 图2 E y ,y′

Ex ′ = Ecosα 磁感应强度 B 的分量为 Bx ′ = 0

Ey ′ = 0

Ez ′ = Esinα

(5)

By ′ = 0

Bz ′ = B

(6)

带电粒子所受到的电场力的分量为 fEx ′ = qEx ′ = qEcosα fEy ′ = 0 fEz ′ = qEz ′ = qEsinα (7)

当带电粒子速度为 v 时,带电粒子所受到磁场力的分量为 fBx ′ = qvy′B fBy ′ = -qvx ′B fBz ′ = 0 (8)

(i)关于带电粒子在 Ox′y′ 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
15

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= Ex ′ E = cosα B B (10)

时,与- v1 相联系的磁场力与 fEx ′ 的合力为零,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 Ox′y′ 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= 其圆频率 mv2 qB y′ (12)

v2

O

ωt

x′

图3 ω= q B m (13)

由以上分析可知带电粒子一方面在 Ox′y′ 平面内做上述匀速圆周运动, 另一方面圆心沿 y′ 轴负方向以速度 v1= E cosα 做匀速直线运动. B

(ii)关于粒子沿 z ′ 轴的分运动 由(7)(8)两式可知,粒子在 z ′ 方向仅受电场力作用,其加速度 、 az ′ = qEz ′ qE = sinα m m (14)

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 Ox′y′z′ 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-cosωt ) y′ = R sinωt (15) (16)

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 Ox′y′z′ 坐标 、 、 系中,粒子的运动方程为 x′ = mv2 mv0 mEx ′ ( 1-cosωt ) = ( + ) ( 1-cosωt ) qB qB qB2 mv0 mEx ′ Ex ′ + ) sinωt - t qB qB2 B (18) (19) (20)

y′ = Rsinωt - v1t = ( z′ = 1 qEz ′ 2 t 2 m

(iv)粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程 利用坐标变换 x = x′cosα + z′sinα y = y′ z = -x′sinα + z′cosα 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= y= m Ecos2α q 1 qEsin2α 2 ( v0cosα + ) ( 1-cos Bt ) + t qB B m 2 m m Ecosα q Ecosα ( v0 + )sin Bt - t qB B m B m Esin2α q qEsin2α 2 ( v0sinα + ) ( 1-cos Bt ) + t qB 2B m 4m T πm = 代(21)式,解得 2 qB (24) (21) (22) (23)

z= -

根据题意,将 x = d 和 t = t0 = v0 = 将α =

2qB2d -mE ( 4cos2α + π2sin2α) 4mBcosα

π T πm ,t = t0 = = 和(24)式代入(21)(22)(23)各式,可得粒子到达 、 、 4 2 qB

极板 Q 时粒子的坐标为 x=d y= - 2πmE 2qB2 π2mE 2qB2 (25) (26) (27)

z = -d + 解法二 1.与解法一相同.

2.以 y 轴为旋转轴,顺时针转动 α 角,建立新坐标系 Ox′y′z′ ,设粒子速度在坐标系
17

Ox′y′z′ 中分量分别为 vx ′ 、vy ′ 、vz ′ ,牛顿第二定律的三个分量形式为 m m m 将(2)式表示为 dvy ′ qB dx′ = - dt m dt 两边积分后得 vy ′ = -( qB ) x′ + C1 m dvx ′ = qEx ′ + qvy ′ B dt dvy ′ = -qvx ′ B dt dvz′ = qEz′ dt (1) (2) (3)

C1 为待定常量,当 t = 0 时,x′ = 0 ,vy ′ = v0 ,故求得 C1 = v0 ,上式应表为 vy ′ = - q B x′ + v0 m (4)

将(4)式代入(1)式,得 d2x′ qB m 2 = qEx ′ + q (- x′ + v0 ) B dt m d2x′ qB 2 qB 2 mv0 mEx ′ = -( ) x′ + ( ) ( + ) dt2 m m qB qB2 令 R=( ω= mv0 mEx ′ + ) qB qB2 (6) (7) (8) (5)

q B m

X ′ = x′-R (5)式可表为 d2X ′ = -ω2X ′ dt2 这是简谐运动方程,其解为 X ′ = Acos ( ωt + θ ) 由(8)式得 x′ = Acos ( ωt + θ ) + R dx ′ = vx ′ = -ωAsin ( ωt + θ ) dt 利用初始条件,由(11)与(12)式,得 -R = Acosθ
18

(9)

(10)

(11) (12)

0 = -ωAsinθ 解得 θ=0 A = -R 再由(6)式,得 A = -( 代入(11)式 x′ = ( mv0 mEx ′ + ) ( 1-cosωt ) qB qB2 (15) mv0 mEx ′ + ) qB qB2 (14) (13)

将(12)式代入(2)式,整理后得 dvy ′ = ω2Asinωt dt 对上式积分,考虑初始条件,得 vy ′ = dy ′ Ex ′ = -ωAcosωt - dt B (16)

积分(16)式,考虑初始条件及(14)式,得 y′ = ( 对(3)式积分可得 z′ = qEz ′ 2 t 2m (18) mv0 mEx ′ Ex ′ + ) sinωt - t qB qB2 B (17)

(15)(17)(18)式分别与解法一中的(18)(19)(20)式相同,接下去的讨论与 、 、 、 、 解法一相同. 解法三 设粒子速度在 Oxyz 坐标中分量分别为 vx 、v y 、vz ,牛顿第二定律的三个分量 方程为 m m m 令 ω= qB m (4) dvx = qEx + qvy Bz dt dvy = -qvxBz + qvzBx dt dvz = -qBx vy dt (1) (2) (3)

19

v1 = 方程变为如下形式

E cosα B

(5)

dvx ωv1 = ωvy cosα + dt cosα dvy = -ωvx cosα + ωvz sinα dt dvz = -ωvy sinα dt

(6) (7) (8)

对(6)(8)两式积分,利用初始条件 t = 0 时,vx = 0 ,x = 0 ,y = 0 ,得 、 vx = ωycosα + ω ( vz = -ωysinα 将(9)(10)两式代入(7)式,得 、 dvy = -ω2y -ω2v1t = -ω2 ( y + v1t ) dt 令 Y = y + v1t 得 d2Y = -ω2Y dt2 其解为 Y = Acos ( ωt + θ ) 由(11)式可得 y = Acos ( ωt + θ ) -v1t 由(13)式得 vy = -Aωsin ( ωt + θ ) -v1 由初始条件 t = 0 时,vy = v0 ,y = 0 ,得 Acosθ = 0 v0 = -Aωsinθ-v1 解得 θ= π 2 A= - v1 + v0 ω (15) (14) (13) (12) (11) v1 )t cosα (9) (10)

由(15)式,注意到(4)式、 (5)式,得

20

y=

m Ecosα q Ecosα ( v0 + ) sin Bt - t qB B m B Ecosα q Ecosα ) cos Bt - B m B

(16) (17)

vy = ( v0 +

把(17)式代入(1)式,经积分并利用初始条件,可得 x= m Ecos2α q 1 qEsin2α 2 ( v0cosα + ) ( 1-cos Bt ) + t qB B m 2 m (18)

将(17)式代入(8)式,经积分并利用初始条件,得 z= - m Esin2α q qEsin2α 2 ( v0sinα + ) ( 1-cos Bt ) + t qB 2B m 4m (19)

(18)(16)(19)式分别与解法一中的(21)(22)(23)式相同,接下去的讨论与 、 、 、 、 解法一相同.

六、
在讨论本题之前,先看一下相对论能量和动量的普遍关系式,即 ( mc2)2 = c2p2 + m02c4 (1)

式中 c 为光在真空中的速度,m 为粒子的质量,p 为其动量,m0 为静止质量. 【此关系式可由能量 E = mc2 和动量 p = mv = m0v 1- ( 导出,v 为粒子的速度. E 2 -c2p2 = m02c4 m02v2 -c2 v v 1- ( )2 1- ( )2 c c 1- ( v 2 ) c

v 2 ) c = m02c4 = m02c4 v 2 1- ( ) c 故 E 2 = c2p2 + m02c4 】

由此关系式可知,对每一个粒子,其能量的平方与 p2 成线性关系. 解法 从实验室参考系来看, 碰前系统的总动量等于运动的那个质子的动量, 设其方向沿 x 轴 正方向,碰撞前后系统的总动量守恒,总能量守恒.若要碰后能存在三个质子和一个反质子 且总能量为最小值,则可论证这四个粒子的动量必定相等.
21

1.先讨论碰后四个粒子的动量都沿 x 轴正方向的情况. 令 p1 、p2 、p3 、p4 分别表示它们动量的大小,这四个动量中,若有任何两个不相等, 如 p1 ≠ p2 ,设 p1 < p2 ,则若将 p1 增加△p(△p < p2 -p1)而将 p2 减少△p(这时总动 量不变) ,则有 ( p1 +△p )2 -p12 = 2p1△p + (△p )2 p22-( p2 -△p )2 = 2p2△p-(△p )2 这样一来,第一个粒子能量的平方增加了 c2 [ 2p1△p + (△p )2 ],而第二个粒子能量的平 方减少了 c2 [ 2p2△p- (△p )2 ],两个粒子能量平方的净增量为 c2 [ 2p1△p + (△p )2 ]-c2 [ 2p2△p- (△p )2 ] = c2 [ 2△p ( p1-p2 +△p ) ] 因已设 p1 < p2 ,且△p < p2 -p1 ,所以净增量是负的,总能量将减少.这就是说, 设 p1 ≠ p2 时对应的总能量并不是最小值.由此可判断,四个粒子的动量必相等. 2.若四个粒子中,有一个粒子其动量 p1 沿 x 轴的负方向,因为总动量守恒,则必有沿 x 轴正方向运动的另一粒子的动量增加了 p1 ,因为能量的平方与 p2 成线性关系,所以这时 的总能量必然大于 p1 沿 x 轴正方向运动时的能量.也就是说,只要四个粒子中,有沿 x 轴 负方向运动的,则总能量必不是最小值. 3.若四个粒子的动量的方向不在同一直线上,这时将它们沿 x 轴方向和垂直于 x 轴方 向分解,沿 x 轴方向总动量守恒;垂直于 x 轴方向的动量互相抵消,但它们却使粒子的能量 增大了,也就是说,这时的能量也不是最小值. 总结以上可见,要想碰后四个粒子的总能量最小,根据总动量守恒、能量守恒及相对论 能量和动量关系式可知,碰后四个粒子的动量必相等. 设碰前运动质子的动量为 p ,质量为 m ,碰后四个粒子的动量为 p1 、p2 、p3 和 p4 , 四个粒子的质量为 m1 、m2 、m3 和 m4 ,根据动量守恒和能量守恒,有 p = p1 + p2 + p3 + p4 mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2 由上面论述可知 p1 = p2 = p3 = p4 = p 4 (4) (2) (3)

再由(1)式可知,碰后四个粒子的能量从而质量必相等.以 m′ 表示碰后四个粒子中 每个粒子的质量,由(3)式得

22

mc2 + m0c2 = 4m′c2 对碰前那个运动的质子,由相对论能量和动量关系有 ( mc2)2 = c2p2 + m02c4 对四个粒子中任一个粒子,由相对论能量和动量关系有 ( m′c2)2 = c2 ( 由(5)(6)(7)式可得 、 、 mc2 = 7m0c2 代入数据得 mc2 = 1.05 × 10
-9

(5)

(6)

p 2 ) + m02c4 4

(7)

(8)

J

(9)

23


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