精選第十七屆全國(guó)高中生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題及答案

精選第十七屆全國(guó)高中生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題及答案PAGE第十七屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題題號(hào)一二三四五六總計(jì)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(zhǎng)度，管內(nèi)封閉有的空氣，保持水銀槽與玻璃管都不動(dòng)而設(shè)法使玻璃管內(nèi)空氣的溫度緩慢地降低10℃，問在此過程中管內(nèi)空氣放出的熱量為多少？管外大氣的壓強(qiáng)為汞柱高，每摩爾空氣的內(nèi)能，其中為絕對(duì)溫度，常量，普適氣體常量。二、〔20分〕如圖復(fù)17-2所示，在真空中有一個(gè)折射率為〔，為真空的折射率〕、半徑為的質(zhì)地均勻的小球。頻率為的細(xì)激光束在真空中沿直線傳播，直線與小球球心的距離為〔〕，光束于小球體外表的點(diǎn)點(diǎn)經(jīng)折射進(jìn)入小球〔小球成為光傳播的介質(zhì)〕，并于小球外表的點(diǎn)點(diǎn)又經(jīng)折射進(jìn)入真空．設(shè)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(gè)光子對(duì)小球作用的平均力的大?。?、〔25分〕壽命，這是近十幾年來粒子物理研究最重要的實(shí)驗(yàn)進(jìn)展之一．

1．正、反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢(shì)能可寫為，式中是正、反頂夸克之間的距離，是強(qiáng)相互作用耦合常數(shù)，是與單位制有關(guān)的常數(shù)，在國(guó)際單位制中．為估算正、反頂夸克能否構(gòu)成一個(gè)處在束縛狀態(tài)的系統(tǒng)，可把束縛狀態(tài)設(shè)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(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．如能構(gòu)成束縛態(tài)，試用玻爾理論確定系統(tǒng)處于基態(tài)中正、反頂夸克之間的距離．處于束縛態(tài)的正、反夸克粒子滿足量子化條件，即

式中為一個(gè)粒子的動(dòng)量與其軌道半徑的乘積，為量子數(shù)，為普朗克常量．

2．試求正、反頂夸克在上述設(shè)想的基態(tài)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期．你認(rèn)為正、反頂夸克的這種束縛態(tài)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(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，飛行器的質(zhì)量比小行星的質(zhì)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飛出太陽系，于是他便設(shè)計(jì)了如下方案：Ⅰ.當(dāng)飛行器在其圓周軌道的適當(dāng)位置時(shí)，突然點(diǎn)燃飛行器上的噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)，經(jīng)過極短時(shí)間后立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，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；Ⅱ.飛行器到達(dá)小行星的軌道時(shí)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相同，正好可被小行星碰撞；Ⅲ.小行星與飛行器的碰撞是彈性正碰，不計(jì)燃燒的燃料質(zhì)量．

1．試通過計(jì)算證明按上述方案能使飛行器飛出太陽系；

2．設(shè)在上述方案中，飛行器從發(fā)動(dòng)機(jī)取得的能量為．如果不采取上述方案而是令飛行器在圓軌道上突然點(diǎn)燃噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)，經(jīng)過極短時(shí)間后立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，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直接飛出太陽系．采用這種方法時(shí)，飛行器從發(fā)動(dòng)機(jī)取得的能量的最小值用表示，問為多少?五、〔25分〕在真空中建立一坐標(biāo)系，以水平向右為軸正方向，豎直向下為軸正方向，軸垂直紙面向里〔圖復(fù)17-5〕．在的區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，，磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度的方向沿軸的正方向，其大?。癜岩缓少|(zhì)比的帶正電質(zhì)點(diǎn)在，，處?kù)o止釋放，將帶電質(zhì)點(diǎn)過原點(diǎn)的時(shí)刻定為時(shí)刻，求帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中任一時(shí)刻的位置坐標(biāo)．并求它剛離開磁場(chǎng)時(shí)的位置和速度．取重力加速度。六、〔25分〕普通光纖是一種可傳輸光的圓柱形細(xì)絲，由具有圓形截面的纖芯和包層組成，的折射率小于的折射率，光纖的端面和圓柱體的軸垂直，由一端面射入的光在很長(zhǎng)的光纖中傳播時(shí)，在纖芯和包層的分界面上發(fā)生屢次全反射．現(xiàn)在利用普通光纖測(cè)量流體的折射率．實(shí)驗(yàn)方法如下：讓光纖的一端〔出射端〕浸在流體中．令與光纖軸平行的單色平行光束經(jīng)凸透鏡折射后會(huì)聚光纖入射端面的中心，經(jīng)端面折射進(jìn)入光纖，在光纖中傳播．由點(diǎn)出發(fā)的光束為圓錐形，其邊緣光線和軸的夾角為，如圖復(fù)17-6-1所示．最后光從另一端面出射進(jìn)入流體．在距出射端面處放置一垂直于光纖軸的毛玻璃屏，在上出現(xiàn)一圓形光斑，測(cè)出其直徑為，然后移動(dòng)光屏至距光纖出射端面處，再測(cè)出圓形光斑的直徑，如圖復(fù)17-6-2所示．

1．假設(shè)和的折射率分別為與，求被測(cè)流體的折射率的表達(dá)式．

2．假設(shè)、和均為未知量，如何通過進(jìn)一步的實(shí)驗(yàn)以測(cè)出的值?

第十七屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽題參考解答一、參考解答設(shè)玻璃管內(nèi)空氣柱的長(zhǎng)度為，大氣壓強(qiáng)為，管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為，水銀密度為，重力加速度為，由圖復(fù)解17-1-1可知

〔1〕根據(jù)題給的數(shù)據(jù)，可知，得

〔2〕假設(shè)玻璃管的橫截面積為，那么管內(nèi)空氣的體積為〔3〕

由〔2〕、〔3〕式得

〔4〕

即管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)與其體積成正比，由克拉珀龍方程得

〔5〕

由〔5〕式可知，隨著溫度降低，管內(nèi)空氣的體積變小，根據(jù)〔4〕式可知管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)也變小，壓強(qiáng)隨體積的變化關(guān)系為圖上過原點(diǎn)的直線，如圖復(fù)解17-1-2所示．在管內(nèi)氣體的溫度由降到的過程中，氣體的體積由變到，體積縮小，外界對(duì)氣體做正功，功的數(shù)值可用圖中劃有斜線的梯形面積來表示，即有〔6〕管內(nèi)空氣內(nèi)能的變化〔7〕設(shè)為外界傳給氣體的熱量，那么由熱力學(xué)第一定律，有〔8〕由〔5〕、〔6〕、〔7〕、〔8〕式代入得〔9〕代入有關(guān)數(shù)據(jù)得表示管內(nèi)空氣放出熱量，故空氣放出的熱量為〔10〕評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題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、參考解答在由直線與小球球心所確定的平面中，激光光束兩次折射的光路如圖復(fù)解17-2所示，圖中入射光線與出射光線的延長(zhǎng)線交于，按照光的折射定律有〔1〕式中與分別是相應(yīng)的入射角和折射角，由幾何關(guān)系還可知〔2〕激光光束經(jīng)兩次折射，頻率保持不變，故在兩次折射前后，光束中一個(gè)光子的動(dòng)量的大小和相等，即〔3〕式中為真空中的光速，為普朗克常量．因射入小球的光束中光子的動(dòng)量沿方向，射出小球的光束中光子的動(dòng)量沿方向，光子動(dòng)量的方向由于光束的折射而偏轉(zhuǎn)了一個(gè)角度，由圖中幾何關(guān)系可知〔4〕假設(shè)取線段的長(zhǎng)度正比于光子動(dòng)量，的長(zhǎng)度正比于光子動(dòng)量，那么線段的長(zhǎng)度正比于光子動(dòng)量的改變量，由幾何關(guān)系得〔5〕為等腰三角形，其底邊上的高與平行，故光子動(dòng)量的改變量的方向沿垂直的方向，且由指向球心．光子與小球作用的時(shí)間可認(rèn)為是光束在小球內(nèi)的傳播時(shí)間，即〔6〕式中是光在小球內(nèi)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〔7〕按照牛頓第三定律，光子對(duì)小球的平均作用力大小，即〔8〕力的方向由點(diǎn)指向點(diǎn)．由〔1〕、〔2〕、〔4〕及〔8〕式，經(jīng)過三角函數(shù)關(guān)系運(yùn)算，最后可得〔9〕評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題20分〔1〕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．相距為的電量為與的兩點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力與電勢(shì)能公式為〔1〕現(xiàn)在正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢(shì)能為根據(jù)直接類比可知，正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用力為〔2〕設(shè)正反頂夸克繞其連線的中點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為，因二者相距，二者所受的向心力均為，二者的運(yùn)動(dòng)方程均為〔3〕由題給的量子化條件，粒子處于基態(tài)時(shí)，取量子數(shù)，得〔4〕由〔3〕、〔4〕兩式解得〔5〕代入數(shù)值得〔6〕2.由〔3〕與〔4〕兩式得〔7〕由和可算出正反頂夸克做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期〔8〕代入數(shù)值得〔9〕由此可得〔10〕因正反頂夸克的壽命只有它們組成的束縛系統(tǒng)的周期的1／5，故正反頂夸克的束縛態(tài)通常是不存在的．評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題25分1.15分?！?〕式4分，〔5〕式9分，求得〔6〕式再給2分。2.10分?！?〕式3分?！?〕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(tài)給6分。四、參考解答1．設(shè)太陽的質(zhì)量為，飛行器的質(zhì)量為，飛行器繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為．根據(jù)所設(shè)計(jì)的方案，可知飛行器是從其原來的圓軌道上某處出發(fā)，沿著半個(gè)橢圓軌道到達(dá)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(yùn)動(dòng)，應(yīng)點(diǎn)燃發(fā)動(dòng)機(jī)使飛行器的速度在極短的時(shí)間內(nèi)，由變?yōu)槟骋恢担O(shè)飛行器沿橢圓軌道到達(dá)小行星軌道時(shí)的速度為，因大小為和的這兩個(gè)速度的方向都與橢圓的長(zhǎng)軸垂直，由開普勒第二定律可得〔1〕由能量關(guān)系，有〔2〕由牛頓萬有引力定律，有或〔3〕解〔1〕、〔2〕、〔3〕三式得〔4〕〔5〕設(shè)小行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的速度為，小行星的質(zhì)量，由牛頓萬有引力定律得〔6〕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(dá)小行星軌道處時(shí)，小行星的前緣也正好運(yùn)動(dòng)到該處，那么飛行器就能被小行星撞擊．可以把小行星看做是相對(duì)靜止的，飛行器以相對(duì)速度為射向小行星，由于小行星的質(zhì)量比飛行器的質(zhì)量大得多，碰撞后，飛行器以同樣的速率彈回，即碰撞后，飛行器相對(duì)小行星的速度的大小為，方向與小行星的速度的方向相同，故飛行器相對(duì)太陽的速度為或?qū)ⅰ?〕、〔6〕式代入得〔8〕如果飛行器能從小行星的軌道上直接飛出太陽系，它應(yīng)具有的最小速度為，那么有得〔9〕可以看出〔10〕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.為使飛行器能進(jìn)入橢圓軌道，發(fā)動(dòng)機(jī)應(yīng)使飛行器的速度由增加到，飛行器從發(fā)動(dòng)機(jī)取得的能量〔11〕假設(shè)飛行器從其圓周軌道上直接飛出太陽系，飛行器應(yīng)具有的最小速度為，那么有由此得〔12〕飛行器的速度由增加到，應(yīng)從發(fā)動(dòng)機(jī)獲取的能量為〔13〕所以〔14〕評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：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、參考解答解法一：帶電質(zhì)點(diǎn)靜止釋放時(shí)，受重力作用做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，速度為〔1〕方向豎直向下．帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用，質(zhì)點(diǎn)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(shè)想，在帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)原點(diǎn)時(shí)，給質(zhì)點(diǎn)附加上沿軸正方向和負(fù)方向兩個(gè)大小都是的初速度，由于這兩個(gè)方向相反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質(zhì)點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng)．在時(shí)刻，帶電質(zhì)點(diǎn)因具有沿軸正方向的初速度而受洛倫茲力的作用?！?〕其方向與重力的方向相反．適中選擇的大小，使等于重力，即〔3〕(4)只要帶電質(zhì)點(diǎn)保持〔4〕式?jīng)Q定的沿軸正方向運(yùn)動(dòng)，與重力的合力永遠(yuǎn)等于零．但此時(shí)，位于坐標(biāo)原點(diǎn)的帶電質(zhì)點(diǎn)還具有豎直向下的速度和沿軸負(fù)方向的速度，二者的合成速度大小為〔5〕方向指向左下方，設(shè)它與軸的負(fù)方向的夾角為，如圖復(fù)解17-5-1所示，那么〔6〕因而帶電質(zhì)點(diǎn)從時(shí)刻起的運(yùn)動(dòng)可以看做是速率為，沿軸的正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在平面內(nèi)速率為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合成．圓周半徑〔7〕帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間所對(duì)應(yīng)的圓周運(yùn)動(dòng)的圓心位于垂直于質(zhì)點(diǎn)此時(shí)速度的直線上，由圖復(fù)解17-5-1可知，其坐標(biāo)為〔8〕圓周運(yùn)動(dòng)的角速度〔9〕由圖復(fù)解17-5-1可知，在帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場(chǎng)區(qū)域前的任何時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)位置的坐標(biāo)為〔10〕〔11〕式中、、、、、已分別由〔4〕、〔7〕、〔9〕、〔6〕、〔8〕各式給出。帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域下邊界時(shí)，，代入〔11〕式，再代入有關(guān)數(shù)值，解得〔12〕將〔12〕式代入〔10〕式，再代入有關(guān)數(shù)值得〔13〕所以帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場(chǎng)下邊界時(shí)的位置的坐標(biāo)為〔14〕帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解成一個(gè)速率為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一個(gè)速率為的沿軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，任何時(shí)刻，帶電質(zhì)點(diǎn)的速度便是勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度與勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度的合速度．假設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的速度在方向和方向的分量為、，那么質(zhì)點(diǎn)合速度在方向和方向的分速度分別為〔15〕〔16〕雖然，由〔5〕式?jīng)Q定，其大小是恒定不變的，由〔4〕式?jīng)Q定，也是恒定不變的，但在質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中因的方向不斷變化，它在方向和方向的分量和都隨時(shí)間變化，因此和也隨時(shí)間變化，取決于所考察時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)速度的方向，由于圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的坐標(biāo)恰為磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾鹊囊话?，由?duì)稱性可知，帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場(chǎng)下邊緣時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)的速度方向應(yīng)指向右下方，與軸正方向夾角，故代入數(shù)值得將以上兩式及〔5〕式代入〔15〕、〔16〕式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)剛離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度分量，它們分別為〔17〕〔18〕速度大小為〔19〕設(shè)的方向與軸的夾角為，如圖復(fù)解17-5-2所示，那么得〔20〕評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題25分〔4〕式5分，求得〔5〕、〔6〕式各給3分，求得〔10〕、〔11〕式各給2分，〔14〕式3分，〔19〕式5分，求得〔20〕式再給2分。解法二：假設(shè)以帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)刻作為起始時(shí)刻〔〕，那么質(zhì)點(diǎn)的初速度為〔1〕方向沿軸正方向．進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)后，帶電質(zhì)點(diǎn)將受到洛倫茲力作用，洛倫茲力在方向的分力取決于質(zhì)點(diǎn)在方向的分速度，因此質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量在方向的分量的增量為〔2〕是帶電質(zhì)點(diǎn)在時(shí)間內(nèi)沿方向的位移，質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，此式對(duì)每一段時(shí)間都成立，所以在到時(shí)間內(nèi)方向的動(dòng)量的改變?yōu)橐虺跏紩r(shí)刻〔〕，帶電質(zhì)點(diǎn)在軸方向的動(dòng)量為零，其位置在原點(diǎn)，，因而得即〔3〕 當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)具有方向的速度后，便立即受到沿負(fù)方向的洛倫茲力的作用．根據(jù)牛頓第二定律，在方向上有加速度〔4〕將〔3〕式代入〔4〕式，得〔5〕令〔6〕式中〔7〕即在方向作用于帶電質(zhì)點(diǎn)的合力其中是準(zhǔn)彈性力，在作用下，帶電質(zhì)點(diǎn)在方向的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，振動(dòng)的圓頻率〔8〕隨時(shí)間變化的規(guī)律為〔9〕或〔10〕與是待求的常量，質(zhì)點(diǎn)的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)可以用參考圓來描寫，以所考察的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為半徑作一圓，過圓心作一直角坐標(biāo)．假設(shè)有一質(zhì)點(diǎn)沿此圓周做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的角速度等于所考察簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的角頻率，且按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，在時(shí)刻，點(diǎn)的在圓周上的位置恰使連線與軸的夾角等于〔9〕式中的常量，那么在任意時(shí)刻，與的連線與軸的夾角等于，于是連線在軸上的投影即為〔9〕式所示的簡(jiǎn)諧振動(dòng)，將軸平行下移，連線在軸的投影即如〔10〕式所示〔參看圖復(fù)解17-5-3〕，點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小，方向與垂直，速度的分量就是帶電質(zhì)點(diǎn)沿軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的速度，即〔11〕〔10〕和〔11〕兩式中的和可由下面的方法求得：因?yàn)樵跁r(shí)，帶電質(zhì)點(diǎn)位于處，速度，把這個(gè)條件代入〔10〕式與〔11〕式得解上面兩式，結(jié)合(1)、(8)式，注意到振幅總是正的，故得

(12)(13)把〔10〕式代入(3)式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)沿軸運(yùn)動(dòng)的速度(14)〔14〕式表示帶電質(zhì)點(diǎn)在方向上的速度是由兩個(gè)速度合成的，即沿方向的勻速運(yùn)動(dòng)速度和方向的簡(jiǎn)諧振動(dòng)速度的合成，帶電質(zhì)點(diǎn)沿方向的勻速運(yùn)動(dòng)的位移〔15〕由沿方向的簡(jiǎn)諧振動(dòng)速度可知，沿方向振動(dòng)位移的振幅等于速度的最大值與角頻率的比值〔參看圖復(fù)解17-5-3〕，即等于．由參考圓方法可知，沿方向的振動(dòng)的位移具有如下的形式它可能是，亦可能是．在此題中，時(shí)刻，應(yīng)為零，故前一表示式不符合題意．后一表示式中，應(yīng)取的值為，故有〔16〕帶電質(zhì)點(diǎn)在方向的合位移，由〔15〕、〔16〕式，得〔17〕〔17〕、〔10〕、〔14〕和〔11〕式分別給出了帶電質(zhì)點(diǎn)在離開磁場(chǎng)區(qū)域前任何時(shí)刻的位置坐標(biāo)和速度的分量和分量，式中常量、、、已分別由〔8〕、〔13〕、〔12〕和〔7〕式給出．

當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)磁場(chǎng)的下邊界時(shí)，〔18〕將與〔10〕式有關(guān)的數(shù)據(jù)代入〔10〕式，可解得〔19〕代入〔17〕式，得〔20〕將〔19〕式分別代入〔14〕式與〔11〕式，得速度大小為〔21〕速度方向?yàn)椤?2〕評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題25分〔7〕式2分，〔8〕式3分，〔10〕式2分，〔11〕式2分，〔12〕式3分，〔13〕式3分，〔14〕式2分，〔17〕式3分，〔20〕式3分，〔21〕式1分，〔22〕式1分。六、參考解答1．由于光纖內(nèi)所有光線都從軸上的點(diǎn)出發(fā)，在光纖中傳播的光線都與軸相交，位于通過軸的縱剖面內(nèi)，圖復(fù)解1