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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
★ 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 ,地球表面处的重力加速度 g = 9.80 m·s-2 .

深圳

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,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. )
2R

A l

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 -6.0 × 10 3 K·m
- -1

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, γ与气体种类有关, 但 对空气, = 1.40 . γ
已知空气的摩尔质量μ = 0.029 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 m·s-2 ,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

K

B b l
图1

O M′ l l N′

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 ,经过时间 10

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

z P B Q

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 = 的坐标.

α O x

2d

π , 求粒子到达极板时粒子 4

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

R1

f i= G

Mρ△ri r2 i

(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
n n

F=


i =1

fi = ∑ G
i =1

M ρ △ri ri 2

(2)

n

符号


i =1

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
n i =1

∑r

△ri
2

n

=∑
i =1

i

ri ? ri ?1 n 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

1 1 - ) R0 Rl

(3)

m = ρ ( Rl -R0 )
5

(4)

天梯的质心位于天梯的中点,它到地心的距离

rC = R 0 +
根据质心运动定理,有

Rl -R0 2

(5)

F = mrC (

2π 2 ) T

(6)

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 R2 + R0Rl - l
因为 GM = R2g ,所以得 0

GMT2 =0 2π2R0

(7)

R2 + R0Rl - l

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
n

F′=


i =1

′ n f i = ∑ ρ ( 2π )2 ri△ri
i =1

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

2π 2 ) r 下的一个带阴影的梯形面积 T

y ρ(
2π 2 ) Rl 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′)

因为 GM = R2g ,化简(7′)式最后也能得到(8)式. 】 0 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 ×104 s ,得

Rl = 1.50 ×108 m
所以天梯的长度

(10)

L = Rl -R0 = 1.44 ×108 m

(11)

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 、 (2)

T = mg ( 3cosθ-2 )
如果令 T = 0 ,可得

(3)

A
2 ) = 48.2° 3

θ = arccos (

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. 现在再来看前面被假定不动的 B 是否运动.我们可以
7

θ B

O 120°

30°

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°-θ ) = 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

(5)

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

(6)

f∥ ≤ fmax B 滑动与否的临界点就应由 f∥ = fmax 求出,即 mgcos30° + Tcos ( 30°-θ ) = mgsin30° + Tsin ( 30°-θ )
将(3)式的 T 代入(8)式,化简后得方程 ( 3cosθ -2 )[ cosθ + ( 2 + 3 )sinθ ] + 1 = 0 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

(7)

(8)

(9)

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 (1)

α = -g
根据理想气体状态方程

ρ -ρe ρ

(2)

m pV = RT μ
8

(3)

可知气体的密度

ρ=

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 +

△T e 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 △Te T = T0 + 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 △T g △Te ( - )z (8) Te △z △z △Te △T 在(8)式中,若( - ) >0 ,则加速度方向向下,作用于气团的力有使气团 △z △z

α= -

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

V=

m RT μ p

(11)

9

把(11)式代入

pVγ = C

1

T = Cγ

μ p mR

γ ?1 γ

(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 γ

γ ?1 γ

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 [p mR
故有 △T =

1 γ

γ ?1 γ

γ-1 + p γ

γ ?1 ?1 γ

(△p ) ] = T +

γ-1 T △p γ p

γ-1 T △p γ p

(13)

根据题意,p = pe ,△p = △pe ,由(7)式、 (10)式和(13)式得

T0 △T γ-1 μg = - γ R Te0 + ( △Te + γ-1 μg ) z △z γ R △z
△Te 已知 = △z -6.0 × 10-3 K·m-1 ,代入有关数据可求得

(14)

γ-1 μg - - =9.8 × 10 3 K·m 1 γ R
当 z 不是很大时,有

Te0 +(
故有

△Te γ-1 μg + ) z ≈Te0 γ R △z

△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 (

(15)

(16) △Te △T - ) >0 ,作用于气团的 △z △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 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

10

做简谐振动.振动的圆频率

ω=
代入数据,得

△T g △Te ( - ) Te0 △z △z

(17)

ω = 1.1 × 10-2 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 = v1 2T 2

(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 = -
因 aT2 = 1 1 a (△t1 )2 = - aT2 2 2

(3) (4)

1 1 d ,故| y1 | = d < d ,表明速率为 v1 的粒子能穿出平板,粒子穿出平 5 10

11

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

1 3 aT2 -aT2 = - aT2 = -0.3d 2 2

(6)

t2 =

l = 2T v2

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.粒子穿出平 5 2

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. a 刚开启的时刻从 A 处射入 AB 间, 在 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 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
12

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 vmax

=T - δ

进入两平板之间,在时刻

t1′ = t1 +

l = 2T -2δ vmax

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

(13)

= -

(14)

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 vmax

= (-aT + 4aδ ) (T -δ ) (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

3 aT2 + 9aTδ -9aδ2 2

(16)

Y1 = -0.138d
在 t = δ时刻从 B 处射出的速度为 vmin 的粒子在时刻

(17)

t2 = δ +

l vmin

= T + 2δ

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 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
13

(18)

y2 = -
= -

1 a (T - 2δ )2 -a (T - 2δ ) 3δ + 2 1 aT 2 - aTδ + 13aδ2 2

1 ( 2a ) ( 3δ ) 2 2 (19)

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 vmin

= (-aT + 8aδ ) (T + δ ) (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

3 aT2 + 6aTδ + 21aδ2 2

(21)

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 =

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 B Q

α N O C
2d 图1

α N′

x

CN ′ = R0 =

d 2cosα

(2)

14

由(1)(2)式得 、

v0 =

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 y , y′

α v0 O α x′
图2

E

Ex ′ = Ecosα
磁感应强度 B 的分量为

Ey ′ = 0

Ez ′ = Esinα

(5)

Bx ′ = 0

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 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
15

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

q ω= 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

E y′ 轴负方向以速度 v1= 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
16

(15) (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 ′ E + ) sinωt - x ′ 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

(21) (22) (23)

z= -

根据题意,将 x = d 和 t = t0 =

v0 =
将α =

2qB2d -mE ( 4cos2α + π2sin2α) 4mBcosα

(24)

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

板 Q 时粒子的坐标为

x=d y= -
2πmE 2qB2

(25) (26) (27)

z = -d +
解法二 1.与解法一相同.

π2mE 2qB2

2. y 轴为旋转轴, 以 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 Ox′y′z′
17

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

d vx ′ = qEx ′ + qvy ′ B dt d vy ′ = -qvx ′ B dt dvz′ = qEz′ dt

(1) (2) (3)

d vy ′ qB dx′ = - dt m dt 两边积分后得

vy ′ = -(

qB ) x′ + C1 m

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

m

d2x′ qB = qEx ′ + q (- x′ + v0 ) B dt2 m (5)

d2x′ qB 2 qB 2 mv0 mEx ′ = -( ) x′ + ( ) ( + ) 2 dt m m qB qB2 令

R=(

mv0 mEx ′ + ) qB qB2

(6) (7) (8)

q ω= B m X ′ = x′-R
(5)式可表为 d2X ′ = -ω2X ′ dt2 这是简谐运动方程,其解为

(9)

X ′ = Acos ( ωt + θ )
由(8)式得

(10)

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

(11) (12)

0 = -ωAsinθ 解得

θ=0 A = -R
再由(6)式,得

(13)

A = -(
代入(11)式

mv0 mEx ′ + ) qB qB2

(14)

x′ = (

mv0 mEx ′ + ) ( 1-cosωt ) qB qB2

(15)

将(12)式代入(2)式,整理后得 d vy ′ = ω2Asinωt dt 对上式积分,考虑初始条件,得

vy ′ =

dy ′ E = -ωAcosωt - x ′ 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

mv0 mEx ′ E + ) sinωt - x ′t 2 qB qB B

(17)

z′ =

qEz ′ 2 t 2m

(18)

(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 、 vy 、 vz ,牛顿第二定律的三个分量 方程为

m m m


d vx = qEx + qvy Bz dt d vy = -qvxBz + qvzBx dt d vz = -qBx vy dt

(1) (2) (3)

ω=

qB m

(4)

19

E v1 = cosα B
方程变为如下形式 d vx ωv1 = ωvy cosα + dt cosα d vy = -ωvx cosα + ωvz sinα dt d vz = -ωvy sinα dt

(5)

(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

v1 )t cosα

(9) (10)

将(9)(10)两式代入(7)式,得 、 d vy = -ω2y -ω2v1t = -ω2 ( y + v1t ) dt 令

Y = y + v1t
得 d2Y = -ω2Y dt2 其解为

(11)

(12)

Y = Acos ( ωt + θ )
由(11)式可得

y = Acos ( ωt + θ ) -v1t
由(13)式得

(13)

vy = -Aωsin ( ωt + θ ) -v1
由初始条件 t = 0 时,vy = v0 ,y = 0 ,得

(14)

Acosθ = 0 v0 = -Aωsinθ-v1
解得

θ=

π 2

A= -

v1 + v0 ω

(15)

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- (

v 2 ) c

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 2 4 = m0 c = m02c4 v 2 1- ( ) c


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

(2) (3)

p1 = p2 = p3 = p4 =

p 4

(4)

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 、 、

(5)

(6)

p 2 ) + m02c4 4

(7)

mc2 = 7m0c2
代入数据得

(8)

mc2 = 1.05 ×10-9 J

(9)

23


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