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第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答


第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 一、参考解答: 如果小球的水平速度比较大,它 与平板的第一次碰撞正好发生在平板 的边缘 Q 处,这时 u 的值便是满足题 中条件的最大值;如果小球的水平速 度 u 较小, 在它与平板发生第一次碰撞 后再次接近平板时,刚好从平板的边 缘 Q 处越过而不与平板接触, 这时 u 的 值便是满足题中条件的最小值. 设小球从台面水平抛出到与平

板 发生第一次碰撞经历的时间为 t ,有
0 0 0 1

B

u0

h

P

Q

h ?

1 2

g t1

2

(1)

若碰撞正好发生在 Q 处,则有
L ? u 0 t1

(2)

从(1)(2)两式解得的 u 值便是满足题中条件的最大值,即 、
0

u 0 m ax ? L

g 2h

(3)

代入有关数据得 (4) 如果 u ? u ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一 次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为 v ,则有 v ? 2 gh (5) 以 v ? 、 V ? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度, 由于碰撞时间极短,在碰撞过程中,小球和平板在竖直方向的动 量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有 m v = m v? ? mV ? (6) 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得
u 0 m ax ? 0.71m /s
0 0 m ax 1

1

1

1

1

1

1

1

1 2

m v1 ?
2

1 2

m u0 =

2

1 2

? m v1 ?
2

1 2

m V 1? ?
2

1 2

m u0

2

(7)

解(6)(7)两式,得 、
? v1 ? 0
V 1? = v 1 ? 2 gh

(8)

(9) 碰撞后,平板从其平衡位置以 V ? 为初速度开始作简谐振动.取固 定坐标,其原点 O 与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合, x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为 t ? 0 , 则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移 x ? A co s ? ? t ? ? ? (10)
1
PQ

式中
? ?
2π T

(11)

A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法, t 时刻平板振动的 在 速度
v P Q ? ? A? sin ? ? t ? ? ?

(12)

因 t ? 0 时, x

PQ

?0

.v

PQ

?V?

,由(9)(11)(12)式可求得 、 、
A? 2 gh 2? T

(13) (14)

? ??

π 2

把(13)(14)式代入(10)式,得 、
xPQ ? 2 gh 2π π? ? 2π T co s ? t? ? 2? ? T

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过 时间 t 与平板发生第二次碰撞且发生在 Q 处,则在发生第二次碰 撞时,小球的 x 座标为 1 x ?t ? ? gt (16) 2
2

2

B

2

2

平板的 x 座标为
2

xPQ ? t2 ? ?

2 gh 2π

π? ? 2π T co s ? t2 ? ? T 2? ?

(17)

在碰撞时,有
xB ? t2 ? ? xPQ ? t2 ?

(18)

由(16)(17)(18)式,代入有关数据得 、 、
π? ? 2 4 .9 0 t 2 ? 4 .4 1 co s ? π t 2 ? ? 2? ?

(19)

这便是 t 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数
2

值列表)
t 2 ? 0.771s

(20) (21)

如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有
L ? u 0 ? t1 ? t 2 ?

由(1)(20)和(21)式得 、
u0 ? L t1 ? t 2 ? 0 .4 6 m /s

(22)

而满足题中要求的 u 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以
0

上讨论, u 的取值范围是
0

0.46 m /s ? u 0 ? 0.71m /s

(23)

附: (19)式的数值求解 用数值解法则要代入 t 不同数值,逐步逼近所求值,列表如
2

下: 0.7 0.7 0.7 0.7 0.7 0.7 0.7 0.7 0.7 0.7 0.8
t2

30

50

60

65

70

71

72

75

80

90

10

3

x P Q ? 4 .4 1 co s ? π t 2 ?

? ?

π? 2?

3.3 3.1 3.0 2.9 2.9 2.9 2.9 2.8 2.8 2.7 2.4 1 2 2 6 1 1 0 6 1 0 8

?

2.6 2.7 2.8 2.8 2.9 2.9 2.9 2.9 2.9 3.0 3.2
x B ? 4 .9 0 t 2
2

1
x PQ ? x B

6

3

7

1 0

1 0

1

4

8

6

1

0.7 0.3 0.1 0.0 0 6 9 9

-0. -0. -0. -0. -0. 01 08 17 36 73

二、参考解答: 解法一 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为 B 点的向心加速度的大小为
vB ? ? l

(1)

(2) 因为是匀角速转动,B 点的切向加速度为 0,故 a 也是 B 点的加 速度,其方向沿 BA 方向.因为 C 点绕 D 轴作圆周运动,其速度 的大小用 v 表示,方向垂直于杆 CD,在考察的时刻,由图可知, 其方向沿杆 BC 方向.因 BC 是刚性杆,所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相等,故有 π 2 v ? v cos ? ?l (3) 4 2
aB ? ? l
2
B C
C B

此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度
aCn ? vC CD
2

(4) 由图可知 C D ? 2 (5) 其方向沿 CD 方向.
4
2l

aC t B a? C
vCB

?

C aCn
? vB

? vC

,由(3)(4)式得 、
aCn ? 2 8

? l
2

A

D

下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度, 即切向加速 度 a .因为 BC 是刚性杆,所以 C 点相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动,C 点相对 B 点的速度方向必垂直于杆 BC.令 v 表示其 速度的大小,根据速度合成公式有
Ct
CB

由几何关系得
vCB ?

? ? ? vCB ? vC ? v B

v B ? vC ?
2 2

2 2

vB ?

2 2

?l

(6)

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心加速度
aCB ? vCB CB
2

(7)

因为 C B ?

2l

,故有

aCB ?

2 4

? l
2

(8) 其方向垂直杆 CD. 由(2)式及图可知,B 点的加速度沿 BC 杆的分量为
? a B ? BC
π ? aB c o s 4

(9) 所以 C 点相对 A 点(或 D 点)的加速度沿垂直于杆 CD 方向的 分量
aCt ? aCB ? ? a B 3 2 4

? BC

?

? l
2

(10)
Cn

C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 a 与切向 加速度 a 的合加速度,即
Ct

aC ?

aCn ? aCt ?
2 2

74 8

? l

2

(11)

5

aC

的方向与杆 CD 间的夹角
? ? arctan
aCt aCn ? arctan 6 ? 8 0 .5 4 ?

(12)

速度

解法二: 通过微商求 C 点加

y C B
?

以固定点 A 为原点作一直角 坐标系 Axy,Ax 轴与 AD 重合,
A ?
?

D

x

Ay 与 AD 垂直.任意时刻 t,连杆的位形如图所示,此时各杆的 位置分别用 ? , ? 和 ? 表示,且已知 A B ? l , B C ?
d? dt ? ??

2l

,CD ? 2

2l

, A D ? 3l ,

,C 点坐标表示为
x C ? l cos ? ? y C ? l sin ? ? 2 l cos ? 2 l sin ?

(1) (2)
d? ? ? dt ? d? ? ? dt ?

将(1)(2)式对时间 t 求一阶微商,得 、
d xC d? ? ? ? l ? sin ? ? dt dt ? d? ? ? l ? co s ? ? dt dt ? 2 sin ?

(3) (4)

dyC

2 co s ?

把(3)(4)式对时间 t 求一阶微商,得 、
6

d xC dt
2 2

2

2 2 ? d ? ? d? ? ? ? l ? co s ? ? ? sin ? ? ? 2 dt ? dt ? ? ?

? d? ? 2 co s ? ? ? ? ? dt ? ? d? ? 2 sin ? ? ? ? ? dt ?
2

2

2 sin ?

2 d ?? 2 ? dt ? ?

(5) (6)

d yC dt
2

2 2 ? d ? ? d? ? ? l ? ? sin ? ? ? co s ? ? ? 2 dt ? dt ? ? ?

2 co s ?

2 d ?? 2 ? dt ? ?

根据几何关系,有
C D sin ? ? A B sin ? ? B C sin ? C D cos ? ? A B cos ? ? B C cos ? ? 3 l


2 2 sin ? ? sin ? ? 2 2 cos ? ? 3 ? cos ? ? 2 sin ? 2cos ?

(7) (8) (9)
? ??

将(7)(8)式平方后相加且化简,得 、
2 sin ? sin ? ? 2 cos ? cos ? ? 3 cos ? ? 3 2 cos ? ? 2 ? 0

对(9)式对时间 t 求一阶微商,代入 ? ? π , ? ? π , dd?t 2 4
d? dt ? 1 2

,得

?

(10) (11)

对(9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得
d ?
2

dt

2

?

3 8

?

2

将(10)(11)式以及 ? , ? , dd?t 的数值代入(5)(6)式,得 、 、
d xC dt
2 2 2

?? ? ?

5 8 7 8

l? l?

2

d yC dt
2

2

所以
aC ? ? d 2 xC ? ? d 2 yC ? ? ? ?? 2 2 ? ? dt ? ? dt ?
2 2

?

74 8

l?

2

(12)

由图知, a 与 x 轴的夹角为 ?
C

? d 2 yC ? tan ? ? ? 2 ? ? dt ?

? d 2 xC ? ? 1 .4 ? 2 ? ? dt ?

(13)

7

所以求得
? ? arctan 1.4 ? 54.46
?

?

这个夹角在第三象限,为 2 3 4.4 6 ,故 a 与 CD 的夹角
C

? = 8 0.5 4

?

(14)

三、参考解答: 1.设 a 室中原有气体为? m o l ,打开 K1 后,有一部分空气进入 a 室,直到 K1 关闭时,a 室中气体增加到? ? m o l ,设 a 室中增加的 ?? ? ? ? ? m ol 气体在进入容器前的体积为 ? V ,气体进入 a 室的过程中, 大气对这部分气体所作的功为 A ? p ?V (1) 用 T 表示 K1 关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度,则 a 室中气 体内能增加量为 ? U ? ?C ? T ? T ? (2) 由热力学第一定律可知 ?U ? A (3) 由理想气体状态方程,有 4 p V ? ? RT (4) 5
0

?

V

0

0

0

0

p 0 ? V ? ?? ? ? ? ? R T 0
p 0V 0 ? ? ? R T

(5) (6) (7)

由以上各式解出
T ? 5 ? CV ? R ? 5CV ? 4 R T0

2.K2 打开后,a 室中的气体向 b 室自由膨胀,因系统绝热又 无外界做功,气体内能不变,所以温度不变(仍为 T ) ,而体积增 大为原来的 2 倍.由状态方程知,气体压强变为 1 p ? p (8) 2
0

关闭 K2,两室中的气体状态相同,即
pa ? pb ? p

,T

a

? Tb ? T

,V

a

? Vb ? V0

,且?

a

??b ?

1 2

??

(9)

8

拔掉销钉后,缓慢推动活塞 B,压缩气体的过程为绝热过程,达
V 到最终状态时, 设两室气体的压强、 体积和温度分别为 p ? 、p ? 、 ? 、
a b a

V b?

、 T ? 、 T ? ,则有
a b
CV ? R CV ? R

p aV a p bV b

CV

? ? p a V a? ? ? p b V b?

CV

(10) (11) (12) (13) (14) (15) (16) (17)

CV ? R CV

CV ? R CV

由于隔板与容器内壁无摩擦,故有
? ? pa ? pb

由理想气体状态方程,则有
? p a V a? ? ? a R T a? ? p bV b? ? ? b R T b?


V a? ? V b? ? V 0

由(8)~(15)式可得
V a? ? V b? ? 1 2
R C T a? ? T b? ? 2 V T

V0

在推动活塞压缩气体这一绝热过程中,隔板对 a 室气体作的 功 W 等于 a 室中气体内能的增加,即
W ? 1 2

? ?C V ? T a? ? T

?

(18)

由(6)(17)和(18)式得 、
W ?
R ? C V ? CV ? 1 ? p 0V 0 ?2 ? 2R ? ? ?

(19)

9

四、参考解答: 设某一时刻线框在磁场区域 的深度为 x ? x ? l ? ,速度为 v ,因线
1

y
l1

v0 l2

框的一条边切割磁感应线产生的 感应电动势为 E
v

? v B l2

,它在线框中
O x

x

引起感应电流,感应电流的变化又 引起自感电动势.设线框的电动势

和电流的正方向均为顺时针方向, 则切割磁感应线产生的电动势
Ev

与设定的正方向相反, 自感电动势 E

L

? ?L

?i ?t

与设定的正方向相同.

因线框处于超导状态,电阻 R ? 0 ,故有
?i ?t

EL ? Ev ? ? L

? v B l 2 ? iR ? 0

(1)


L ?i ?t ? Bl 2 ?x ?t ?0

(2) 或
Bl 2 ? x ? ? L ? i

(3)


?i ?x ? ? Bl 2 L

(4) 可见 i 与 x 成线性关系,有
i? ? Bl 2 L x?C

10

(5) C 为一待定常数,注意到 x ? 0 时, i ? 0 ,可得 C ? 0 ,故有
i?? Bl 2 L x

(6) x ? 0 时 i ? 0 ,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相 反,即在线框进入磁场区域时右侧边的电流实际流向是向上 的.外磁场作用于线框的安培力 B l f ? Bl i ? ? x (7) L
2 2 2 2

其大小与线框位移 x 成正比, 方向与位移 x 相反, 具有 “弹性力” 的性质.下面分两种情形做进一步分析: (i)线框的初速度 v 较小,在安培力的作用下,当它的速度 减为 0 时,整个线框未全部进入磁场区,这时在安培力的继续作 用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进一出的运动 是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率
0

? ?

B l2 Lm

2 2

(8)

周期
T ? 2π Lm B l2
2 2

(9)
m

振动的振幅可由能量关系求得,令 x 表示线框速度减为 0 时进入 磁场区的深度, 这时线框的初始动能全部转换为 “弹性力” “弹 的 性势能” ,由能量守恒可得
1 2 m v0 ?
2 2 2 1 ? B l2 ? 2 ? ? xm 2? L ?

(10)


xm ? Lm v0 B l2
2 2 2

(11)

故其运动方程为
11

x?

v0

Lm B l2

? B l2 ? sin ? t? ? Lm ?



t 从 0 到π

Lm B l2

(12)

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度 v 向左匀速运动.因为
0

在这种情况下 x 的最大值是 l ,即
m
1

1 2

m v0 ?
2

1 B l2 2 L

2 2

l1

2

(13)
0

由此可知,发生第(i)种情况时, v 的值要满足下式
1 2 m v0 ?
2 2 2 1 ? B l2 ? 2 ? ? l1 2? L ?



v0 ?

B l1 l 2 mL

(14)
0

(ii) 若线框的初速度 v 比较大,整个线框能全部进入磁场 区.当线框刚进入磁场区时,其速度仍大于 0,这要求 v 满足下 式
0

v0 ?

B l 2 l1 mL

(15)

当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区, 在全部进入磁场区域以前,线框的运动方程与(12)式相同,但 位移区间是 x ? 0 到 x ? l ,所以时间间隔与(12)式不同,而是从 0
1


t1 ? Lm ? ? arcsin B l2 ? ? B l1 l 2 ? ? 2 Lm v0 ? ?

(16)

因为线框的总电动势总是为 0, 所以一旦线框全部进入磁场 区域, 线框的两条边都切割磁感应线, 所产生的电动势之和为 0, 因而自感电动势也为 0.此后线框中维持有最大的电流 i
m

? ?

Bl 2 L

l1



磁场对线框两条边的安培力的合力等于零, 线框将在磁场区域匀 速前进,运动的速度可由下式决定
12

1 2

m v0 ?
2

1 2

mv ?
2

1 B l2 2 L

2 2

l1

2


v? v0 ?
2

B l1 l 2 Lm

2 2 2

(17)

五、参考解答: 解法一: 1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径,故在所考察的等 离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的 磁感应强度
3 .0 ? 1 0 ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? 125 ? r ?
3 ?5

T ? 2 .4 ? 1 0 T
-7

(1) 引力加速度
9 .8 ?R ? 2 2 g ? ? 0 ? g0 ? m /s ? 0 .3 9 m /s 25 ? r ?
2

(2)

考察等离子层中的某一质量 z 为 m、电荷量为 q、初速度为 u 的 粒子, 取粒子所在处为坐标原点 O, 作一直角坐标系 Oxyz,Ox 轴指向 u 地球中心,Oz 沿磁场方向,如图 1 v u ?v v u O y 所示.该粒子的初速度在坐标系中 u v 的三个分量分别为 ux、uy 和 uz.因 作用于粒子的引力沿 x 轴正方向, x 图1 作用于粒子的洛伦兹力与 z 轴垂 直, 故粒子在 z 轴方向不受力作用, z 轴的分速度保持不变. 现 沿 设想在开始时刻,附加给粒子一沿 y 轴正方向大小为 v0 的速度, 同时附加给粒子一沿 y 轴负方向大小为 v0 的速度, 要求与其中一 个 v0 相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡,即
z 0 y 0
y 0

x

13

q v0 B ? m g


v0 ? mg qB

(3) 用 v 表示 ux 与沿 y 轴的速度 u 子取负号) ,有
v? u x ? ?u y ? v0 ?
2 2
y

? v0

的合速度(对质子取正号,对电

(4) 这样,所考察的粒子的速度可分为三部分: 沿 z 轴的分速度 u .其大小和方向都保持不变,但对不同的 粒子是不同的,属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量. 沿 y 轴的速度 v .对带正电的粒子,速度的方向沿 y 轴的负 方向,对带负电的粒子,速度的方向沿 y 轴的正方向.与这速度 联系的洛伦兹力正好和引力抵消,故粒子将以速率 v 沿 y 轴运 动.由(3)式可知, v 的大小是恒定的,与粒子的初速度无关, 且对同种的粒子相同. 在 O xy 平面内的速度 v .与这速度联系的洛伦兹力使粒子在 O xy 平面内作速率为 v 的匀速率圆周运动, 若以 R 表示圆周的半径, 则有
z 0 0 0

qvB ? m

v

2

R


R ? mv qB

(5)

由(4)(5)式可知,轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与 、 粒子的初速度的 x 分量 u 和 y 分量 u 有关.圆周运动的速度方向 是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等于 0. 由此可见,等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂,但 每个粒子都具有由(3)式给出的速度 v ,其方向垂直于粒子所在 处的地球引力方向,对电子,方向向西,对质子,方向向东.电
x

y

0

14

子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂 移运动是粒子的定向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕 地球中心的环形电流. 由(3)式和(1)(2)两式以及有关数据可得电子和质子 、 的漂移速度分别为
v 0e ? 9.2 ? 10
?6

m /s

(6)
v 0 p ? 1.7 ? 10
?2

m /s

(7) 由于电子、质子漂移速度的方向相反,电荷异号,它们产生 的电流方向相同,均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有
j ? n q ? v 0p ? v 0e ?

(8) 代入有关数据得
j ? 2.8 ? 10
?14

A /m

2

(9) 电流密度的方向沿纬度向东. 2.上一小题的讨论表明,粒子在 O xy 平面内作圆周运动,运 动的速率由(4)式给出,它与粒子的初速度有关.对初速度方 向指向地心的粒子,圆周运动的速率为
v? u x ? v0
2 2

(10)

由(1)(2)(3)(5)(10)各式并代入题给的有关数据可得 、 、 、 、 电子、质子的轨道半径分别为
15

R e ? 0 .3 3m

(11)
Rp ? 1 4 . 8 m

(12) 以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由 于粒子还受到磁场的作用, 电子和质子在地球半径方向的最大下 降距离分别为 2 R ? 0 .6 6 m 和 2 R ? 2 9 .6 m ,都远小于等离子层的厚度,所 考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上.
e

p

解法二:. 1.由于等离子层的厚度远小于地球半径,故在所考察等离子 区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感 应强度
3 .0 ? 1 0 ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? 125 ? r ?
3 ?5

T ? 2 .4 ? 1 0

??

T

(1) 引力加速度
9 .8 ?R ? 2 2 g ? ? 0 ? g0 ? m /s ? 0 .3 9 m /s r ? 25 ?
2

(2) 考察等离子层中的某一质量为 z m,电荷量为 q、初速度为 u 的粒子, v 取粒子所在处为坐标原点 O,作一直 v 角坐标系 Oxyz, 轴指向地球中心, Ox O y v Oz 沿磁场方向,如图 1 所示.该粒子 的初速度在坐标系中的三个分量分 图1 x 别为 ux、uy 和 uz. 若以 v 、v 、v 表示 粒子在任意时刻 t 的速度 v 在 x 方向、y 方向和 z 方向的分速度, 则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下的运动方程为
z y x
x

y

z

16

m

dv x

? mg ? ? m g ? q v y B ? qB ? v y ? ? dt qB ? ?

(3)
m
dv z dt ?0

dv y dt

? ?qvxB

(4)

m

(5) (5)式表明,所考察粒子的速度在 z 轴上的分量保持不变,即 (6) 作变量代换,令
Vx ? v x
V y ? v y ? v0
vz ? u
z

(7) 其中
v0 ? mg qB

(8) 把(7)(8)式代入(3)(4)式得 、 、
m
dV y dt ? ? qVx B

dVx dt

? qBV y

(9)

m

(10) 由(9) 、(10) 两式可知,作用于粒子的力 F 在 x 和 y 方向的 分量分别为
Fx ? q B V y F y ? ? qB V x

若用 ? 表示 F 的方向与 x 轴的夹角,? 表示 V 的方向与 x 轴的夹角,
1 2

17

而V ?

Vx ? Vy
2

2

,则有
tan ? 1 ? Fy Fx ? ? Vx Vy

ta n ? 2 ?

Vy Vx

可见 tan ?

1

? tan ? 2 ? ? 1

,表明 F 的方向与 V 的方向垂直,粒子将在 F 的作

用下在 O x y 平面内作速率为 V 的匀速圆周运动. 若以 R 表示圆周的 半径,则有
qVB ? m V
2

R

R ?

mV qB

(11)

在匀速圆周运动中,V 的大小是不变的,任何时刻 V 的值也就是
t ?0

时刻 V 的值,由(7)式和已知条件在 t ? 0 时刻有
Vx ? u x V y ? u y ? v0

故有
V ? u x ? ?u y ? v0 ?
2 2

(12)

以上讨论表明,粒子的运动可分成三部分: 根据(6)式 v
z

? uz

,可知粒子沿 z 轴的分速度大小和方向都

保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离子层中粒子的无 规则运动的速度分量. 根据(7)式可得 v
x

? Vx

,v

y

? V y ? v0

,表明粒子在 O xy 平面内以速
x
y

率 V 作圆周运动的同时,又以速度 v 沿 y 轴运动. V 、 V 是圆周运
0

动速度的 x 分量和 y 分量.圆周运动的轨道半径不仅与粒子的质

18

量有关,而且与粒子的初速度的 x 分量 u 和 y 分量 u 有关.圆周
x
y

运动的速度方向是随时间变化的, 在圆周运动的一个周期内的平 均速度等于 0. 沿 y 轴的速度 v 由(8)式给出,其大小是恒定的,与粒子 的初速度无关,同种粒子相同,但对带正电的粒子,其方向沿 y 轴的负方向,对带负电的粒子,其方向沿 y 轴的正方向. 由此可见,等离子层内电子和质子虽然相当复杂,但每个粒 子都具有由(8)式给出的速度 v ,其方向垂直于粒子所在处的地 球引力,对电子,方向向西,对质子,方向向东.电子、质子这 种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒 子的定向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的 环形电流. 由(8)式和(1)(2)两式以及有关数据可得电子和质子 、
0 0

的漂移速度分别为
v 0 e ? 9.2 ? 10 m /s
?6

(13)
v 0p ? 1.7 ? 10
?2

m /s

(14) 由于电子、质子漂移速度的方相反,电荷异号,它们产生的 电流方向相同,均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有
j ? n q ? v 0p ? v 0e ?

(15) 代入有关数据得
j ? 2.8 ? 10
? 14

A /m

2

(16) 电流密度的方向沿纬度向东. 2.上一小题的讨论表明,粒子在 O xy 平面内作圆周运动,运 动的速率由(12)式给出,它与粒子的初速度有关.对初速度方
19

向指向地心的粒子,圆周运动的速率为 (17) 因题给出的电子与质子的初速度 u 是不同的,电子、质子的质量 又是不同的, 故电子、 质子在 O xy 平面内作圆周运动的半径也是不 同的.由(1)(2)(8)(11)(12)各式并代入有关数据可 、 、 、 、 得电子、质子的轨道半径分别为
V ? u x ? v0
2 2
x

R e ? 0 .3 3m

(18)
Rp ? 1 4 . 8 m

(19) 以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由 于粒子还受到磁场的作用, 电子和质子在地球半径方向的最大下 降距离分别为 2 R ? 0.66 m 和 2 R ? 2 9 .6 m ,都远小于电离层的厚度,所考 察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上. 六、参考解答:
e

p

1. D ? s
l

2. l ? d 附 1、2 两问的参考解法: 1.求 S ? 经双缝产生的干涉图像的零级亮纹 P ? 的位置 设 P ? 点的坐标为 y ? , 它也就是光源 S ? 与 S 分别对应的干涉条纹 的零级亮纹之间的距离,即
0 0 0

由双缝到 P ? 点的光程差 ? ? S P ? ? S P ? , S 作 S P ? 的垂线交于 H 点, 从 三角形 O P P ? 与三角形 S H S 相似,因 D ? ? d , 则 d d ? ? y? ? ?y (附 1) D D
0 1 2 0 1 0 1 2 0 0 0 1 2

? ? P0?P0 ? ? y ? y 0 ? 0 ? y 0

1

0

y
P0?
?

2

G
S?

S1 O H S2
?1

? y0

S ?s l

z
P0

d

D

20

图1

从 S 作 S ? S 的垂线交于 G, S ? 到双缝的光程差
2 1

三角形 S O S ? 与三角形 S G S 相似,因 l ?? d ,则
1 2

? 2 ? S?S 2 ? S?S1

(附 2) (附 3)

? 2 ? S?S 2 ? S?G ? G S1 ? ? G S1 ? ?

?

?

d l

?s

对满足零光程差条件的 P ? 而言,
0

d d? s ? S ? S 2 ? S 2 P0? ? ? ? S ? S 1 ? S 1 P0? ? ? ? 1 ? ? 2 ? ?y? ?0 ? ? ? ? D l


?y?
D l ?? s

(附 4)

2.在线光源情况下,可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间 距为 (附 5) ? s 值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源.不难证明, 它们经双缝产生干涉条纹的间距 ? y 均如(5)式所示.宽度为 w 的扩展光源是由一系列 ? s 值不同的、连续分布的、相互独立的线 光源构成. 因此扩展光源在观察屏上产生的干涉图像的强度是由 每个线光源产生干涉条纹的强度相加而成.当扩展光源宽度为 w 时,对于光源最边缘点有 ?s? w (附 6)
?y ? D d

?

代入(4)式
21

?y ?

D l

w

(附 7)

若 (附 8) 则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个 条纹间距. 由于扩展光源各部分产生的干涉条纹的光强分布都相 同,各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等,变得一 片模糊而无法分辨.由(5)式和(7)式,求得为使条纹能被分 辨,扩展光源允许的最大宽度 l w? ? (附 9) d
?y ? ? y

3.

a
?

M1 H

观察屏

双孔屏 b 解法一 P y 一 如图 2 所示,aa ? 是由扩展 S M 光源上端边缘发出的平行光, h P d b b ? 是由扩展光源下端边缘发 M S 出的平行光.设 a b 光线交于 M 点, a ?b ? 光线交于 M 点. aa ? 光 束中的光线 a 经过 M M S P 到达 a ? ? 图2 M 观察屏上 P 点;光线 a ? 经过 b ? M M S P 到达观察屏上 P 点, 两 相干光波产生干涉,在观察屏上产生一套干涉条纹.同理,平行 光束 b b ? 在观察屏上产生另一套干涉条纹.从扩展光源不同部位发 出的、倾角在 0 和 ? 之间不同角度入射的平行光束,经迈克尔逊 测星仪相应的反射镜走过不同路径到双孔, 然后在观察屏上产生 很多套干涉条纹.这些干涉条纹光强度彼此相加,屏幕上就形成 了光强度的分布图像.根据第 2 问的结果,其清晰度取决于来自 扩展光源上下边缘发出的平行光 aa ? 与 b b ? 分别在屏幕上产生两套 干涉条纹的相对位置错开的程度. 由对称性考虑,平行光束 aa ? 中两条光线 a 和 a ? 在观察屏上 P 的 光程差为 0,即平行光 aa ? 产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在 P 处.现讨论以倾角 ? 斜入射的平行光束 b b ? 通过整个光学装置后, 在观察屏上某点发生干涉时的光程差.光束 b b ? 中的光线 b 入射 M1 的光线经 M3 反射到达 S , 光线 b 从 M 点算起, 所经光程为 M M ? M S ; 光线 b ? 入射 M2 的光线经 M4 反射到达 S ,光线 b ? 从 M 点算起,所经 光程为 M M ? M S .由对称性可得
1
3 0
4

2

1

2

1

3

1

2

2

4

2

0

0

1

1

1

3

3

1

2

2

2

4

4

2

22

(1) 也就是说从 M1 和 M2 算起, 光线 b 和 b ? 到达 S 与 S 的光程是相等的, 但是光线 b 和 b ? 在到达 M1 和 M2 时, 二者的相位却不同. M 作斜 由 入射光线 b M 的垂线交 H 点, M 与 H 相位相等,因此,斜入射的两 条平行光线 b 和 b ? 到达 S1 和 S2 时的相位差是光程差 H M 引起的 ? ? ? ? M M S ? ? ? H M M S ? ? ? H M ? ? h? (2) 从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星干涉仪, 经双孔 后发出的相干光在观察屏上坐标为 y(坐标原点取在 P 上)的 P 点上引起的光程差 d ? ? ? ? ? ? ? ? h? ? y (3) D
M 1M 3 ? M 3 S 1 ? M 2 M
4

? M 4S2

1

2

2

1

2

1

1

2

4

2

1

3

1

1

0

1

1

其零级亮纹所在位置 P ? 对应的光程差 ? ? 0 ,故 P ? 的坐标
0 0

? y 0 ? h? ?

D d

(4)

这也就是平行光 aa ? 与 b b ? 产生的干涉条纹的零级亮纹(也是两套条 纹)错开的距离
? y ? h? ?
D d

(5)

因在线光源情况下, 可以导出双孔干涉的相邻两亮纹的间距 为
?y ? D d

?

(6) 当二者错开一个条纹间隔时,即 ? y ? ? y ,代入(6)式(星光波长 采用 ? ) ,得 (7) 远处的星体作为扩展光源发出的光经过 “测星仪” 到达双孔, 在屏上观察到干涉条纹的清晰度下降,由小到大调节 M1、M2 距 离 h,当屏幕上条纹消失时,记下此时 h 的值代入(7)式就可确 定扩展光源角直径 ? 的大小. 注:实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源,通过调节 h
? ?
h

?

23

使屏幕上的干涉条纹消失,即各处强度完全相等时,通过数学计 算,用迈克尔逊测星仪测量得的星体角直径 ? ? 1 .2 2 ? . h

解法二 如图 3 所示,对 M1、M3 而言,找出 S 对 M 的中间像 S ?? 和对 M 所成的像 S ? 以及光线 a 在 M1、M3 的反射点 F 和 G.由物像的对 称性可知 G S ? G S ?? , F S ? ? F S ?? ,故
1 3 1

1

1

1

1

1

1

即从光线 a 上一点到 S ? 和到 S 的光程相等.同理可证,从光线 b 上一点到 S ? 和到 S 的光程相等;对 M2、M4(未画出)而言,从光 线 a ? 上一点到 S ? 和到 S 的光程相等; 从光线 b ? 上一点到 S ? 和到 S 的光 程相等.
1 1 1 1 2 2 2 2

F S 1? ? F G ? G S 1

?

? lb

a b

?

F

M1

b

H

S 1?

S 1?

?

M3 G
S 1??

h
S1

图3
b?

图4

?

? S2

因此, 光线 a 到 S 处与光线 a ? 到 S 处引起的光程差 ? l 与没有反射镜 M1、M2 时两光线到 S ? 、 S ? 处的光程相等.因 a、 a ? 垂直双孔屏, 故 ?l ? 0 (1) 通过双孔 S 、 S 后,光线 a、 a ? 在 P 的光程差
1 2 a 1 2 a 1 2 0

24

(2) 平行光束 b b ? 斜入射时,可从 S ? 、 S ? 处求 b、 b ? 两光线到达 S 、 , S 处的光程差 ? l .由 S ? 作 bS ? 的垂线 S ? H (见图 4) ? l ? H S ? ? h sin ? ? h? (3) 说明光线 b ? 超前于光线 b.
? l a? ? 0
1 2 1 2 b 2 1 2

b

1

P0?

b
S1

? y0

d

?
?
? S 2 ? lb

b?

a
a?

P0

图5

通过双孔 S 、 S 后光线 b、 b ? 射出的相干光线在屏幕上形成的 零级亮纹不可能位于 P 处,因为二者到达双孔前光线 b ? 已超前了 光线 b,如图 5 所示,光线 b ? 经过 S 孔后要多走一段光程来抵消前 面的相位差, 以达到与光线 b 在没有光程差的情况下相交于远方 屏幕上,形成干涉零级亮纹.该点所对应的 b ? 经过 S 孔后多走的 光程 ? l ? ? S P ? ? S P ? ? d sin ? ? d ? (4) 从 ? l ? ? l ? 可求得平行光束 b b ? 经双孔后在观察屏上的干涉零级
1 2 0 2 2

b

2

0

1

0

b

b

条纹位置 P ? .由(3)式和(4)式,得
0

? ?
P0?

h d

?

(5)

的位置坐标
? y 0 ? D tan ? ? D ?
1 2

(6) 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S ? 、S ? 之间 的距离)h,直到屏幕上的干涉条纹消失,即各处强度完全相等 时,记下此时 h 的值.这时相干光 b b ? 在屏幕上零级亮纹位置 P ? 与 P 的距离 P P ? ? y ? ? 0 ? ? y ? D? (7) 当 P P ? 等于条纹间隔 ? y ,即
0 0

0

0

0

0

0

P0 P0? ?

D d

?

(8)

25

代入(7)式得
? ? ?
d

(9) (10)

由(5)(9)两式,得 、
? ? ?
h

解法三 根据第 2 问的结果,为使条纹能被分辨,扩展光源的允许宽 度为 w ?
l d

?

,从而扩展光源对双缝中心的张角为
???
w l ?

?
d

(1) 如图 3 所示,对 M1、M3 而言,找出 S 对 M 的中间像 S ?? 和对 M 所成的像 S 以及光线 a 在 M1、M3 的反射点 F 和 G.由物像的对 称性可知 G S ? G S ?? , F S ? ? F S ?? ,故
1 3 1

1

' 1

1

1

1

1

即从光线 a 上一点到 S ? 和到 S 的光程相等.同理可证,从光线 b 上一点到 S ? 和到 S 的光程相等;对 M2、M4(未画出)而言,从光 线 a ? 上一点到 S ? 和到 S 的光程相等; 从光线 b ? 上一点到 S ? 和到 S 的光 程相等.从分析可知,S ? 为 S 经 M3、M1 反射的等效像点,S ? 为 S 经 M4、M2 反射的等效像点,从而可将测星干涉看作是经双孔 S ? 、 S ? 的等效杨氏双缝干涉,其缝距为
1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2

F S 1? ? F G ? G S 1

(2) 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S ? 、 S ? 之间 的距离)h,直到屏幕上的干涉条纹消失,即各处强度完全相等, 这时只需将测得的 h 直接替换(1)式中的 d,可得计算星体角直 径的公式
1 2

? S 1?S 2 ? h

? ?

?
h

(3) 得到与前两种解法相同的结果.

26

七、参考解答: 根据题意,
L i*
7

Be

核和 K 层电子的动量都为零,在第一个反应
7

? 中,若用 p 表示激发态锂核 ?

Li?

?

? 的动量, p 表示中微子 η 的动量,
η

则由动量守恒定律有
? p
Li

?

? ? p? ? 0

(1) 即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等,方向相反.在第 ? ? 二个反应中, 若用 p 表示反冲锂核 Li 的动量,p 表示光子的动量, 则由动量守恒定律有
7
Li

?

? p
Li

?

? ? ? p Li ? p γ

(2) 由(1)(2)式得 、
? ? ? p Li ? ? ? p γ ? p ? ?

(3) 当锂核的反冲动量 p 最大时,其反冲能量也最大. 由(3)式可
Li

知,当中微子的动量与 γ 光子的动量同方向时,锂核的反冲动量 最大.注意到 γ 光子的动量
pγ ? h? c

(4) 有
p Li ? p η ? h? c

27

(5) 由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多, 锂核的动能与其动量 的关系不必用相对论关系表示,这时有
ER ? p Li 2 m Li
2

(6) 由(5)(6)式得 、
p η c? 2 m L
2 i

c ?R ? E

h

(7) 代入有关数据得
pη ? 0 . 3 8 M e V / c

(8) 用 E 表示中微子的能量,根据相对论有
η

Eη ?

mη c ? pη c
2 2 2

2

(9)

根据能量守恒定律有
mB ec ?
2

m e c?
2

m L

2 i

? c

E ? ? R

η

? h

E

(10) 由(9)(10)式得 、
1



c ? ?? ? ?
2

m B

2 e

? c

m? c e
2

L i

? m

2

c? ? RE ? ?
2

?

2 h ? ? ?

2 η

p

c

(11) 由(8)式和已知数据得
m η ? 0 . 0 0 Mc e V /
2

28

(12) 由(12)式可知,所算出的中微子静止质量的数值在题给数 据的误差范围之内,故不能确定中微子的静止质量.如果有,其 质量一定小于 0.1M eV / c .
2

29


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