第17届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答

“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第1页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h，大气压强为0p，管内空气的压强为p，水银密度为，重力加速度为g，由图复解17-1-1可知0()plhgp（1）根据题给的数据，可知0plg，得pgh（2）若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为VSh（3）由（2）、（3）式得VpgS（4）即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程pVnRT得2VgnRTS（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pV图上过原点的直线，如图复解17-1-2所示．在管内气体的温度由1T降到2T的过程中，气体的体积由1V变到2V，体积缩小，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221212121()22VVVWgVVgSSSV（6）管内空气内能的变化V21()UnCTT（7）设Q为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律WQU，有QUW（8）由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得V211()2QnTTCR（9）代入有关数据得0.247JQ0Q表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第2页0.247JQQ（10）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BC与小球球心O所确定的平面中，激光光束两次折射的光路BCDE如图复解17-2所示，图中入射光线BC与出射光线DE的延长线交于G，按照光的折射定律有0sinsinnn（1）式中与分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知sinlr（2）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p和p相等，即hppc（3）式中c为真空中的光速，h为普朗克常量．因射入小球的光束中光子的动量p沿BC方向，射出小球的光束中光子的动量p沿DE方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2，由图中几何关系可知22()（4）若取线段1GN的长度正比于光子动量p，2GN的长度正比于光子动量p，则线段12NN的长度正比于光子动量的改变量p，由几何关系得2sin2sinhppc（5）12GNN为等腰三角形，其底边上的高GH与CD平行，故光子动量的改变量p的方向沿垂直CD的方向，且由G指向球心O．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02cos/rtcnn（6）式中0/cnn是光在小球内的传播速率。按照牛顿第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小为“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第3页0sincosnhpftnr（7）按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小Ff，即0sincosnhFnr（8）力的方向由点O指向点G．由（1）、（2）、（4）及（8）式，经过三角函数关系运算，最后可得22022201(/)nlhrlFnrnrnl（9）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r的电量为1Q与2Q的两点电荷之间的库仑力QF与电势能QU公式为122QQQQFkr＝12QQQQUkr（1）现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为4()3SaUrkr根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为24()3SaFrkr（2）设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为v，因二者相距0r，二者所受的向心力均为0()Fr，二者的运动方程均为22004/23tSamvkrr（3）由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数1n，得0222trhmv（4）由（3）、（4）两式解得20238Sthrmak（5）代入数值得1701.410mr－（6）2.由（3）与（4）两式得“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第4页43Savkh（7）由v和0r可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期T30222(/2)2(4/3)tSrhTvmka（8）代入数值得241.810sT－（9）由此可得/0.2T（10）因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的1／5，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6分。四、参考解答1．设太阳的质量为0M，飞行器的质量为m，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为R．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0v变为某一值0u．设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为u，因大小为0u和u的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律可得06uRuR（1）由能量关系，有2200011226MmMmmumuGRRG（2）由牛顿万有引力定律，有2002MmvGmRR或00GMvR（3）解（1）、（2）、（3）三式得00127uv（4）“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第5页0121uv（5）设小行星绕太阳运动的速度为v，小行星的质量M，由牛顿万有引力定律2026(6)MMvGMRR得00166GMvvR（6）可以看出vu（7）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vu射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，碰撞后，飞行器以同样的速率vu弹回，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为vu，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12uvvuvu或将（5）、（6）式代入得1021321uv（8）如果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2u，则有2021026MmmuRG得020133GMuvR（9）可以看出10021112373uvvu（10）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0v增加到0u，飞行器从发动机取得的能量2222210000011112152227214Emumvmvmvmv（11）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3u，则有203102MmmuRG由此得“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第6页03022MuGvR（12）飞行器的速度由0v增加到3u，应从发动机获取的能量为2222300111222Emumvmv（13）所以2012205140.7112mvEEmv（14）评分标准：本题25分1.18分。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12||2.0msvgy－1（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x轴正方向和负方向两个大小都是0v的初速度，由于这两个方向相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0t时刻，带电质点因具有沿x轴正方向的初速度0v而受洛伦兹力1f的作用。10fqvB（2）其方向与重力的方向相反．适当选择0v的大小，使1f等于重力，即0qvBmg（3）102.0ms(/)gvqmB－(4)只要带电质点保持（4）式决定的0v沿x轴正方向运动，1f与重力的合力永远等于零．但此时，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度1v和沿x轴负方向的速度0v，二者的合成速度大小为“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第7页221012.8msvvv－（5）方向指向左下方，设它与x轴的负方向的夹角为，如图复解17-5-1所示，则10tan1vv4（6）因而带电质点从0t时刻起的运动可以看做是速率为0v，沿x轴的正方向的匀速直线运动和在xOy平面内速率为v的匀速圆周运动的合成．圆周半径0.56mmvRqB（7）带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心O位于垂直于质点此时速度v的直线上，由图复解17-5-1可知，其坐标为''sin0.40mcos0.40mOOxRyR（8）圆周运动的角速度15.0radsvR－（9）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t，质点位置的坐标为0'sin()OxvtRtx（10）'cos()OyyRt（11）式中0v、R、、、'Ox、'Oy已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。带电质点到达磁场区域下边界时，0.80myL，代入（11）式，再代入有关数值，解得0.31st（12）将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得0.63mx（13）所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为0.63mx0.80my0z（14）带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为v的匀速圆周运动和一个速率为0v的沿x轴正方向的匀速直线运动，任何时刻t，带电质点的速度V便是匀速圆周运动速度v与匀速直线运动的速度0v的合速度．若圆周运动的速度在x方向和y方向的分量为xv、yv，则质点合速度在x方向和y方向的分速度分别为“高中物理参考”收集第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第8页0xxVvv（15）yyVv（16）虽然22xyvvv，v由（5）式决定，其大小是恒定不变的，0v由（4）式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因v的方向不断变化，它在x方向和y方向的分量xv和yv都随时间变化，因此xV和yV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，由于圆周运动的圆心的y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x轴正方向夹角'4，故代入数值得1cos'2.0msxvv－1sin'2.0msyvv－将以上两式及（5）式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场