7全國中學生物理競賽預復賽試題及答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2000年第十七屆全國中學生物理競賽預、復賽試題及答案目錄TOC\o"1—3”\h\z_Toc190621202"第十七屆全國中學生物理競賽預賽題參考解答 5HYPERLINK\l”_Toc190621203"第十七屆全國中學生物理競賽復賽試題 15第十七屆全國中學生物理競賽復賽題參考解答 18第十七屆全國中學生物理競賽預賽試題20002000年全卷共八題,總分為140分。一、（10分）1．（5分）1978年在湖北省隨縣發(fā)掘了一座戰(zhàn)國早期（距今大約2400多年前）曾國國君的墓葬——曾侯乙墓，出土的眾多墓葬品中被稱為中國古代文明輝煌的象征的是一組青銅鑄造的編鐘樂器（共64件），敲擊每個編鐘時,能發(fā)出音域寬廣、頻率準確的不同音調。與鑄造的普通圓鐘不同，圓鐘的橫截面呈圓形，每個編鐘的橫截面均呈杏仁狀.圖預17—1-1為圓鐘截面的，圖預17-1-2為編鐘的截面，分別敲擊兩個鐘的、、和、、三個部位,則圓鐘可發(fā)出________個基頻的音調,編鐘可發(fā)出________個基頻的音調.2。（5分）我國在1999年11月20日二、(15分）一半徑為的水平光滑圓桌面，圓心為，有一豎直的立柱固定在桌面上的圓心附近,立柱與桌面的交線是一條凸的平滑的封閉曲線，如圖預17—2所示。一根不可伸長的柔軟的細輕繩，一端固定在封閉曲線上的某一點，另一端系一質量為的小物塊.將小物塊放在桌面上并把繩拉直，再給小物塊一個方向與繩垂直、大小為的初速度。物塊在桌面上運動時,繩將纏繞在立柱上。已知當繩的張力為時,繩即斷開，在繩斷開前物塊始終在桌面上運動．1．問繩剛要斷開時，繩的伸直部分的長度為多少？2．．物塊在桌面上運動時未與立柱相碰．取重力加速度大小為．三、（15分）有一水平放置的平行平面玻璃板，厚3。0cm，折射率。在其下表面下2.0cm處有一小物;在玻璃扳上方有一薄凸透鏡,其焦距,透鏡的主軸與玻璃板面垂直；位于透鏡的主軸上,如圖預17-3所示。若透鏡上方的觀察者順著主軸方向觀察到的像就在處，問透鏡與玻璃板上表面的距離為多少？四、(20分）某些非電磁量的測量是可以通過一些相應的裝置轉化為電磁量來測量的。一平板電容器的兩個極扳豎直放置在光滑的水平平臺上，極板的面積為，極板間的距離為。極板1固定不動，與周圍絕緣；極板2接地，且可在水平平臺上滑動并始終與極板1保持平行。極板2的兩個側邊與勁度系數(shù)為、自然長度為的兩個完全相同的彈簧相連,兩彈簧的另一端固定．圖預17-4—1是這一裝置的俯視圖．先將電容器充電至電壓后即與電源斷開，再在極板2的右側的整個表面上施以均勻的向左的待測壓強；使兩極板之間的距離發(fā)生微小的變化,如圖預17—4—2所示.測得此時電容器的電壓改變量為。設作用在電容器極板2上的靜電作用力不致引起彈簧的可測量到的形變,試求待測壓強。五、（20分）如圖預17-5-1所示,在正方形導線回路所圍的區(qū)域內分布有方向垂直于回路平面向里的勻強磁場，磁感應強度隨時間以恒定的變化率增大，回路中的感應電流為．已知、兩邊的電阻皆為零；邊的電阻，邊的電阻。1．試求兩點間的電壓、兩點間的電壓、兩點間的電壓、兩點間的電壓。2．若一內阻可視為無限大的電壓表V位于正方形導線回路所在的平面內，其正負端與連線位置分別如圖預17—5—2、圖預17—5—3和圖預17—5-4所示，求三種情況下電壓表的讀數(shù)、、。六、（20分）絕熱容器經一閥門與另一容積比的容積大得很多的絕熱容器相連.開始時閥門關閉,兩容器中盛有同種理想氣體，溫度均為30℃，中氣體的壓強為中的2倍?，F(xiàn)將閥門緩慢打開，直至壓強相等時關閉.問此時容器中氣體的溫度為多少?假設在打開到關閉閥門的過程中處在中的氣體與處在中的氣體之間無熱交換．已知每摩爾該氣體的內能為，式中為普適氣體恒量，是熱力學溫度．七、(20分）當質量為的質點距離—個質量為、半徑為的質量均勻分布的致密天體中心的距離為(≥）時，其引力勢能為，其中為萬有引力常量．設致密天體是中子星,其半徑，質量（，為太陽的質量）．1．1Kg的物質從無限遠處被吸引到中子星的表面時所釋放的引力勢能為多少?2．在氫核聚變反應中，若參加核反應的原料的質量為，則反應中的質量虧損為0.0072，問1kg的原料通過核聚變提供的能量與第1問中所釋放的引力勢能之比是多少?3．天文學家認為:脈沖星是旋轉的中子星，中子星的電磁輻射是連續(xù)的，沿其磁軸方向最強，磁軸與中子星的自轉軸方向有一夾角（如圖預17—7所示），在地球上的接收器所接收到的一連串周期出現(xiàn)的脈沖是脈沖星的電磁輻射。試由上述看法估算地球上接收到的兩個脈沖之間的時間間隔的下限．八、（20分)如圖預17—8所示，在水平桌面上放有長木板，上右端是固定擋板，在上左端和中點處各放有小物塊和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不計，、之間和、之間的距離皆為.設木板與桌面之間無摩擦,、之間和、之間的靜摩擦因數(shù)及滑動摩擦因數(shù)均為；、、(連同擋板）的質量相同．開始時，和靜止，以某一初速度向右運動．試問下列情況是否能發(fā)生？要求定量求出能發(fā)生這些情況時物塊的初速度應滿足的條件，或定量說明不能發(fā)生的理由．（1）物塊與發(fā)生碰撞；（2）物塊與發(fā)生碰撞(設為彈性碰撞）后,物塊與擋板發(fā)生碰撞;（3）物塊與擋板發(fā)生碰撞（設為彈性碰撞）后,物塊與在木板上再發(fā)生碰撞；（4)物塊從木板上掉下來；(5)物塊從木板上掉下來．第十七屆全國中學生物理競賽預賽題參考解答一、參考解答1.1,22.神舟，載人飛行二、參考解答1．因桌面是光滑的,輕繩是不可伸長的和柔軟的，且在斷開前繩都是被拉緊的,故在繩斷開前，物塊在沿桌面運動的過程中，其速度始終與繩垂直,繩的張力對物塊不做功,物塊速度的大小保持不變。設在繩剛要斷開時繩的伸直部分的長度為，若此時物塊速度的大小為，則有（1)繩對物塊的拉力僅改變物塊速度的方向，是作用于物塊的向心力，故有（2）由此得（3）代入數(shù)據(jù)得(4）2.設在繩剛要斷開時，物塊位于桌面上的點,是繩的伸直部分，物塊速度的方向如圖預解17—2所示．由題意可知，．因物塊離開桌面時的速度仍為,物塊離開桌面后便做初速度為的平拋運動，設平拋運動經歷的時間為,則有（5)物塊做平拋運動的水平射程為（6)由幾何關系,物塊落地地點與桌面圓心的水平距離為（7）解（5）、(6）、（7）式，得（8)代人數(shù)據(jù)得三、參考解答物體通過平行玻璃板及透鏡成三次像才能被觀察到。設透鏡的主軸與玻璃板下表面和上表面的交點分別為和，作為物,通過玻璃板的下表面折射成像于點處，由圖預解17—3，根據(jù)折射定律，有式中是空氣的折射率,對傍軸光線,、很小，，,則式中為物距，為像距，有（1）將作為物,再通過玻璃板的上表面折射成像于點處,這時物距為．同樣根據(jù)折射定律可得像距（2)將作為物，通過透鏡成像，設透鏡與上表面的距離為，則物距．根據(jù)題意知最后所成像的像距，代入透鏡成像公式，有（3）由（1）、（2）、(3）式代入數(shù)據(jù)可求得（4）即應置于距玻璃板上表面1。0cm處。四、參考解答因電容器充電后與電源斷開，極板上的電量保持不變，故兩板之間的電壓應與其電容成反比;而平板電容器的電容又與極板間的距離成反比；故平板電容器的兩板之間的電壓與距離成正比，即（1）式中為比例系數(shù)。極板2受壓強作用而向左移動，并使彈簧變形。設達到平衡時，極板2向左移動的距離為，電容器的電壓減少了，則有（2)由（1）與（2）式得（3）極板2移動后，連接極板2的彈簧偏離其原來位置角,彈簧伸長了,如圖預解17—4所示，彈簧的彈力在垂直于極板的方向上的分量與加在極板2上的壓力平衡，即有（4)因為是小角，由幾何關系知（5)解(3）、（4）、（5）式得(6）五、參考解答1.設回路中的總感應電動勢為，根據(jù)楞次定律可知，電路中的電流沿逆時針方向，按歐姆定律有（1）由對稱性可知，正方形回路每條邊上的感應電動勢相等，設為，等效電路如圖預解17-5-1所示.有(2）根據(jù)含源電路歐姆定律,并代入數(shù)值得（3)（4)（5）(6）2。三種情況下的等效電路分別如圖預解17-5-2、17-5—3、17—5-4.對圖預解17-5—2中的回路，因磁通量變化率為零，回路中的總電動勢為零，這表明連接兩端的電壓表支路亦為含源電路，電壓表的讀數(shù)等于由正端(＋)到負端（一)流過電壓表的電流乘以電壓表的內阻,因阻值為無限大，趨近于零（但為有限值)，故得解得（7)同理，如圖預解17—5—3所示，回路的總電動勢為，故有（8)解得（9）代入數(shù)據(jù)得（10）如圖預解17-5—4所示，回路的總電動勢為零,而邊中的電阻又為零，故有（11）六、參考解答設氣體的摩爾質量為,容器的體積為，閥門打開前，其中氣體的質量為。壓強為，溫度為。由得(1)因為容器很大,所以在題中所述的過程中，容器中氣體的壓強和溫度皆可視為不變。根據(jù)題意,打開閥門又關閉后，中氣體的壓強變?yōu)?，若其溫度為，質量為，則有（2)進入容器中的氣體的質量為（3)設這些氣體處在容器中時所占的體積為，則(4)因為中氣體的壓強和溫度皆可視為不變,為把這些氣體壓入容器，容器中其他氣體對這些氣體做的功為（5）由（3）、（4)、（5）式得(6）容器中氣體內能的變化為(7）因為與外界沒有熱交換，根據(jù)熱力學第一定律有（8）由（2）、(6）、（7）和(8)式得(9)結果為七、參考解答1。根據(jù)能量守恒定律，質量為的物質從無限遠處被吸引到中子星的表面時所釋放的引力勢能應等于對應始末位置的引力勢能的改變,故有（1）代入有關數(shù)據(jù)得(2）2。在氫核聚變反應中，每千克質量的核反應原料提供的能量為(3）所求能量比為(4）3．根據(jù)題意，可知接收到的兩個脈沖之間的時間間隔即為中子星的自轉周期，中子星做高速自轉時,位于赤道處質量為的中子星質元所需的向心力不能超過對應的萬有引力,否則將會因不能保持勻速圓周運動而使中子星破裂，因此有(5）式中(6）為中子星的自轉角速度，為中子星的自轉周期．由(5)、（6）式得到（7)代入數(shù)據(jù)得（8）故時間間隔的下限為八、參考解答1.以表示物塊、和木板的質量,當物塊以初速向右運動時，物塊受到木板施加的大小為的滑動摩擦力而減速,木板則受到物塊施加的大小為的滑動摩擦力和物塊施加的大小為的摩擦力而做加速運動，物塊則因受木板施加的摩擦力作用而加速，設、、三者的加速度分別為、和，則由牛頓第二定律，有事實上在此題中，,即、之間無相對運動，這是因為當時，由上式可得（1)它小于最大靜摩擦力．可見靜摩擦力使物塊、木板之間不發(fā)生相對運動.若物塊剛好與物塊不發(fā)生碰撞，則物塊運動到物塊所在處時，與的速度大小相等．因為物塊與木板的速度相等，所以此時三者的速度均相同，設為,由動量守恒定律得（2）在此過程中,設木板運動的路程為，則物塊運動的路程為，如圖預解17-8所示．由動能定理有（3)(4)或者說,在此過程中整個系統(tǒng)動能的改變等于系統(tǒng)內部相互間的滑動摩擦力做功的代數(shù)和(（3)與（4)式等號兩邊相加）,即(5)式中就是物塊相對木板運動的路程．解（2）、（5)式，得（6）即物塊的初速度時，剛好不與發(fā)生碰撞,若，則將與發(fā)生碰撞，故與發(fā)生碰撞的條件是（7）2.當物塊的初速度滿足（7）式時，與將發(fā)生碰撞，設碰撞的瞬間，、、三者的速度分別為、和,則有（8）在物塊、發(fā)生碰撞的極短時間內，木板對它們的摩擦力的沖量非常小，可忽略不計。故在碰撞過程中,與構成的系統(tǒng)的動量守恒，而木板的速度保持不變．因為物塊、間的碰撞是彈性的,系統(tǒng)的機械能守恒，又因為質量相等,由動量守恒和機械能守恒可以證明（證明從略)，碰撞前后、交換速度，若碰撞剛結束時，、、三者的速度分別為、和，則有由（8）、（9）式可知,物塊與木板速度相等，保持相對靜止，而相對于、向右運動,以后發(fā)生的過程相當于第1問中所進行的延續(xù),由物塊替換繼續(xù)向右運動。若物塊剛好與擋板不發(fā)生碰撞，則物塊以速度從板板的中點運動到擋板所在處時，與的速度相等．因與的速度大小是相等的，故、、三者的速度相等，設此時三者的速度為．根據(jù)動量守恒定律有（10）以初速度開始運動，接著與發(fā)生完全彈性碰撞,碰撞后物塊相對木板靜止，到達所在處這一整個過程中，先是相對運動的路程為，接著是相對運動的路程為，整個系統(tǒng)動能的改變，類似于上面第1問解答中（5）式的說法．等于系統(tǒng)內部相互問的滑動摩擦力做功的代數(shù)和，即（11）解（10）、（11）兩式得（12）即物塊的初速度時，與碰撞，但與剛好不發(fā)生碰撞，若,就能使與發(fā)生碰撞,故與碰撞后，物塊與擋板發(fā)生碰撞的條件是（13）3.若物塊的初速度滿足條件(13)式，則在、發(fā)生碰撞后，將與擋板發(fā)生碰撞，設在碰撞前瞬間，、、三者的速度分別為、和，則有(14）與碰撞后的瞬間，、、三者的速度分別為、和，則仍類似于第2問解答中（9）的道理,有（15）由（14）、（15）式可知與剛碰撞后，物塊與的速度相等，都小于木板的速度，即(16）在以后的運動過程中,木板以較大的加速度向右做減速運動，而物塊和以相同的較小的加速度向右做加速運動,加速度的大小分別為（17）加速過程將持續(xù)到或者和與的速度相同,三者以相同速度向右做勻速運動,或者木塊從木板上掉了下來。因此物塊與在木板上不可能再發(fā)生碰撞。4。若恰好沒從木板上掉下來，即到達的左端時的速度變?yōu)榕c相同，這時三者的速度皆相同，以表示，由動量守恒有（18）從以初速度在木板的左端開始運動，經過與相碰，直到剛沒從木板的左端掉下來，這一整個過程中，系統(tǒng)內部先是相對的路程為；接著相對運動的路程也是；與碰后直到剛沒從木板上掉下來，與相對運動的路程也皆為．整個系統(tǒng)動能的改變應等于內部相互間的滑動摩擦力做功的代數(shù)和，即（19)由（18）、（19）兩式,得(20）即當物塊的初速度時,剛好不會從木板上掉下．若，則將從木板上掉下，故從上掉下的條件是(21）5.若物塊的初速度滿足條件（21）式，則將從木板上掉下來，設剛要從木板上掉下來時,、、三者的速度分別為、和，則有（22）這時(18)式應改寫為（23）（19）式應改寫為(24）當物塊從木板上掉下來后,若物塊剛好不會從木板上掉下,即當?shù)淖蠖粟s上時，與的速度相等．設此速度為，則對、這一系統(tǒng)來說，由動量守恒定律，有（25)在此過程中，對這一系統(tǒng)來說，滑動摩擦力做功的代數(shù)和為,由動能定理可得（26）由(23）、(24）、（25）、（26）式可得（27）即當時，物塊剛好不能從木板上掉下.若，則將從木板上掉下，故物塊從木板上掉下來的條件是（28)第十七屆全國中學生物理競賽復賽試題題號一二三四五六總計全卷共六題,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．已知槽中水銀液面以上的那部分玻璃管的長度，管內封閉有的空氣,保持水銀槽與玻璃管都不動而設法使玻璃管內空氣的溫度緩慢地降低10℃，問在此過程中管內空氣放出的熱量為多少？已知管外大氣的壓強為汞柱高,每摩爾空氣的內能，其中為絕對溫度，常量，普適氣體常量.二、（20分）如圖復17-2所示，在真空中有一個折射率為（，為真空的折射率）、半徑為的質地均勻的小球.頻率為的細激光束在真空中沿直線傳播,直線與小球球心的距離為（），光束于小球體表面的點點經折射進入小球（小球成為光傳播的介質），并于小球表面的點點又經折射進入真空．設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光子對小球作用的平均力的大?。ⅲ?5分）壽命,這是近十幾年來粒子物理研究最重要的實驗進展之一．

1．正、反頂夸克之間的強相互作用勢能可寫為，式中是正、反頂夸克之間的距離,是強相互作用耦合常數(shù),是與單位制有關的常數(shù),在國際單位制中．為估算正、反頂夸克能否構成一個處在束縛狀態(tài)的系統(tǒng),可把束縛狀態(tài)設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做勻速圓周運動．如能構成束縛態(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．已知處于束縛態(tài)的正、反夸克粒子滿足量子化條件,即

式中為一個粒子的動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、反頂夸克在上述設想的基態(tài)中做勻速圓周運動的周期．你認為正、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做圓周運動，飛行器的質量比小行星的質量小得很多，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，于是他便設計了如下方案:Ⅰ.當飛行器在其圓周軌道的適當位置時，突然點燃飛行器上的噴氣發(fā)動機，經過極短時間后立即關閉發(fā)動機,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。飛行器到達小行星的軌道時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，不計燃燒的燃料質量．

1．試通過計算證明按上述方案能使飛行器飛出太陽系；

2．設在上述方案中，飛行器從發(fā)動機取得的能量為．如果不采取上述方案而是令飛行器在圓軌道上突然點燃噴氣發(fā)動機，經過極短時間后立即關閉發(fā)動機，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．采用這種辦法時,飛行器從發(fā)動機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17—5)．在的區(qū)域內有勻強磁場，，磁場的磁感強度的方向沿軸的正方向，其大?。癜岩缓少|比的帶正電質點在,，處靜止釋放，將帶電質點過原點的時刻定為時刻，求帶電質點在磁場中任一時刻的位置坐標．并求它剛離開磁場時的位置和速度．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的光纖中傳播時,在纖芯和包層的分界面上發(fā)生多次全反射．現(xiàn)在利用普通光纖測量流體的折射率．實驗方法如下: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凸透鏡折射后會聚光纖入射端面的中心，經端面折射進入光纖，在光纖中傳播．由點出發(fā)的光束為圓錐形,已知其邊緣光線和軸的夾角為,如圖復17-6-1所示．最后光從另一端面出射進入流體．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,測出其直徑為，然后移動光屏至距光纖出射端面處，再測出圓形光斑的直徑,如圖復17-6—2所示．

1．若已知和的折射率分別為與,求被測流體的折射率的表達式．

2．若、和均為未知量，如何通過進一步的實驗以測出的值？

第十七屆全國中學生物理競賽復賽題參考解答一、參考解答設玻璃管內空氣柱的長度為，大氣壓強為,管內空氣的壓強為,水銀密度為，重力加速度為，由圖復解17-1—1可知

（1）根據(jù)題給的數(shù)據(jù)，可知，得

（2）若玻璃管的橫截面積為，則管內空氣的體積為（3)

由（2)、(3）式得

（4)

即管內空氣的壓強與其體積成正比，由克拉珀龍方程得

（5）

由（5）式可知，隨著溫度降低,管內空氣的體積變小，根據(jù)（4）式可知管內空氣的壓強也變小，壓強隨體積的變化關系為圖上過原點的直線，如圖復解17-1-2所示．在管內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）管內空氣內能的變化(7）設為外界傳給氣體的熱量,則由熱力學第一定律，有（8）由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得（9）代入有關數(shù)據(jù)得表示管內空氣放出熱量，故空氣放出的熱量為（10）評分標準：本題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解17-2所示,圖中入射光線與出射光線的延長線交于，按照光的折射定律有（1）式中與分別是相應的入射角和折射角,由幾何關系還可知（2)激光光束經兩次折射，頻率保持不變，故在兩次折射前后，光束中一個光子的動量的大小和相等，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量沿方向，射出小球的光束中光子的動量沿方向，光子動量的方向由于光束的折射而偏轉了一個角度,由圖中幾何關系可知(4）若取線段的長度正比于光子動量，的長度正比于光子動量，則線段的長度正比于光子動量的改變量，由幾何關系得（5)為等腰三角形，其底邊上的高與平行，故光子動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間可認為是光束在小球內的傳播時間，即（6）式中是光在小球內的傳播速率.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,光子對小球的平均作用力大小,即（8)力的方向由點指向點．由（1）、（2）、（4）及(8）式，經過三角函數(shù)關系運算，最后可得（9）評分標準：本題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電荷之間的庫侖力與電勢能公式為（1）現(xiàn)在已知正反頂夸克之間的強相互作用勢能為根據(jù)直接類比可知,正反頂夸克之間的強相互作用力為（2）設正反頂夸克繞其連線的中點做勻速圓周運動的速率為,因二者相距，二者所受的向心力均為，二者的運動方程均為（3）由題給的量子化條件，粒子處于基態(tài)時,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動的周期（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．評分標準：本題25分1。15分。（2）式4分，（5）式9分，求得（6）式再給2分。2.10分。(8）式3分。（9）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．設太陽的質量為，飛行器的質量為,飛行器繞太陽做圓周運動的軌道半徑為．根據(jù)所設計的方案，可知飛行器是從其原來的圓軌道上某處出發(fā)，沿著半個橢圓軌道到達小行星軌道上的，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動，應點燃發(fā)動機使飛行器的速度在極短的時間內,由變?yōu)槟骋恢担O飛行器沿橢圓軌道到達小行星軌道時的速度為，因大小為和的這兩個速度的方向都與橢圓的長軸垂直，由開普勒第二定律可得(1）由能量關系，有（2)由牛頓萬有引力定律，有或(3)解（1）、（2)、(3)三式得(4）(5）設小行星繞太陽運動的速度為，小行星的質量，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合適的位置離開圓軌道，使得它到達小行星軌道處時，小行星的前緣也正好運動到該處，則飛行器就能被小行星撞擊．可以把小行星看做是相對靜止的,飛行器以相對速度為射向小行星,由于小行星的質量比飛行器的質量大得多，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，故飛行器相對太陽的速度為或將（5)、（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，它應具有的最小速度為,則有得(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.為使飛行器能進入橢圓軌道,發(fā)動機應使飛行器的速度由增加到,飛行器從發(fā)動機取得的能量(11）若飛行器從其圓周軌道上直接飛出太陽系，飛行器應具有的最小速度為,則有由此得（12）飛行器的速度由增加到,應從發(fā)動機獲取的能量為(13）所以（14）評分標準：本題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:帶電質點靜止釋放時，受重力作用做自由落體運動，當它到達坐標原點時,速度為（1)方向豎直向下．帶電質點進入磁場后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用,質點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．我們可以設想,在帶電質點到達原點時，給質點附加上沿軸正方向和負方向兩個大小都是的初速度，由于這兩個方向相反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質點以后的運動．在時刻，帶電質點因具有沿軸正方向的初速度而受洛倫茲力的作用。(2)其方向與重力的方向相反．適當選擇的大小，使等于重力，即(3)(4）只要帶電質點保持(4）式決定的沿軸正方向運動，與重力的合力永遠等于零．但此時，位于坐標原點的帶電質點還具有豎直向下的速度和沿軸負方向的速度，二者的合成速度大小為（5）方向指向左下方，設它與軸的負方向的夾角為,如圖復解17-5-1所示，則（6)因而帶電質點從時刻起的運動可以看做是速率為，沿軸的正方向的勻速直線運動和在平面內速率為的勻速圓周運動的合成．圓周半徑(7)帶電質點進入磁場瞬間所對應的圓周運動的圓心位于垂直于質點此時速度的直線上,由圖復解17-5—1可知，其坐標為（8）圓周運動的角速度（9）由圖復解17—5—1可知，在帶電質點離開磁場區(qū)域前的任何時刻，質點位置的坐標為（10）（11）式中、、、、、已分別由（4）、（7）、(9)、（6）、（8）各式給出。帶電質點到達磁場區(qū)域下邊界時，，代入(11）式，再代入有關數(shù)值,解得（12）將（12）式代入（10）式,再代入有關數(shù)值得（13）所以帶電質點離開磁場下邊界時的位置的坐標為（14）帶電質點在磁場內的運動可分解成一個速率為的勻速圓周運動和一個速率為的沿軸正方向的勻速直線運動,任何時刻，帶電質點的速度便是勻速圓周運動速度與勻速直線運動的速度的合速度．若圓周運動的速度在方向和方向的分量為、，則質點合速度在方向和方向的分速度分別為(15)（16）雖然，由(5）式決定，其大小是恒定不變的，由（4）式決定，也是恒定不變的,但在質點運動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間變化，因此和也隨時間變化，取決于所考察時刻質點做圓周運動速度的方向，由于圓周運動的圓心的坐標恰為磁場區(qū)域寬度的一半，由對稱性可知，帶電質點離開磁場下邊緣時，圓周運動的速度方向應指向右下方,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，便得帶電質點剛離開磁場區(qū)域時的速度分量，它們分別為（17)（18)速度大小為（19）設的方向與軸的夾角為，如圖復解17—5—2所示，則得（20）評分標準：本題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:若以帶電質點到達坐標原點的時刻作為起始時刻（），則質點的初速度為（1)方向沿軸正方向．進入磁場區(qū)后,帶電質點將受到洛倫茲力作用，洛倫茲力在方向的分力取決于質點在方向的分速度，因此質點動量在方向的分量的增量為(2)是帶電質點在時間內沿方向的位移，質點在磁場中運動的整個過程中，此式對每一段時間都成立，所以在到時間內方向的動量的改變?yōu)橐虺跏紩r刻(），帶電質點在軸方向的動量為零，其位置在原點，,因而得即（3) 當帶電質點具有方向的速度后,便立即受到沿負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點的合力其中是準彈性力,在作用下,帶電質點在方向的運動是簡諧振動，振動的圓頻率（8)隨時間變化的規(guī)律為(9）或(10)與是待求的常量,質點的簡諧運動可以用參考圓來描寫，以所考察的簡諧運動的振幅為半徑作一圓，過圓心作一直角坐標．若有一質點沿此圓周做勻速率圓周運動，運動的角速度等于所考察簡諧運動的角頻率，且按逆時針方向轉動，在時刻，點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，則在任意時刻，與的連線與軸的夾角等于，于是連線在軸上的投影即為（9）式所示的簡諧振動，將軸平行下移，連線在軸的投影即如（10)式所示（參看圖復解17-5—3）,點做圓周運動的速度大小，方向與垂直，速度的分量就是帶電質點沿軸做簡諧運動的速度，即(11)（10）和（11）兩式中的和可由下面的方法求得：因為已知在時，帶電質點位于處，速度，把這個條件代入（10）式與(11)式得解上面兩式，結合(1）、(8)式，注意到振幅總是正的,故得

(12）(13)把（10)式代入(3)式，便得帶電質點沿軸運動的速度（14）（14）式表示帶電質點在方向上的速度是由兩個速度