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与详细解答

1 第 23 届全国中学生物理竞赛决赛试题 2006 年 11 月 深圳 ★ 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 ． 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， 使 A 逐渐升高． 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． ） l A 2R 2 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，但 γ与气体种类有关，对空气， γ= 1.40 ．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 aT2 = 1 5d 3 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 10 ，现在某时刻突然开启阀门 a ，经过时 间 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 _____________________________________________________________________________ ． t / T0 2 4 6 8 10 12 u 2U －U 图 2 K O′ M′ N ′ N Y O M B A a b l l l l 图 1 4 五、 如图 所示，坐标系 Oxyz 的 x 轴和 z 轴都位于纸 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， 与 z 轴的夹 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 t 0 到达极板，则该粒子的初速度 v0 应为多大？若 α= π 4 ，求粒子到达极板时粒 子的坐标． 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． 2d P z B Q O x α 5 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． 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 r i 间的长度为△ ri 的小段所受地球引力为 f i = G M ρ△ri r 2 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 F = 1 n i i f = 2 1 n i i i M rG r （ 2） 符号 1 n i 表示对所有小段求和．因△ r i = r i － ri－1 是个小量，注意到 r iri－1 = r i( r i －△ r i ) ≈r 2 i ，因此 1 2 1 1 11 1 0 1 1 1 1( ) n n n i i i i i ii i i i i n r r r r rr r r r r 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 ，r n = Rl ，代入（ 2）式得 F = GMρ( 1 R0 － 1 Rl ) （3） 整个天梯的质量 m = ρ( Rl －R0 ) （4） L R1 R0 O 图 1 6 天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离 r C = R0 + Rl －R0 2 （5） 根据质心运动定理，有 F = mr C ( 2π T )2 （6） 式中 T 为地球自转的周期． 由（ 3）、（4）、（5）、（ 6）式可得 ( Rl －R0 ) ( R2 l + R0Rl － GMT 2 2π2R0 ) = 0 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 l + R0Rl － GMT 2 2π2R0 = 0 （7） 因为 GM = R2 0g ，所以得 R2 l + R0Rl － R0gT2 2π2 = 0 （ 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△ r i 的小段组成，则第 i 小段受的惯性离心力 为 f i′ = ρ△r i( 2π T )2 r i （4′） 对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力 F ′ = 1 n i i f = 1 n i ( 2π T )2 ri △ri （ 5′） （5′）式中所示的和可以用 图 2 过原点的直线 y = ρ( 2π T )2 r 下的一个带阴影的梯形面积 来表示，即 O R0 Rl r y ρ( 2π T )2 Rl ρ( 2π T )2 R0 图 2 7 F ′ = ρ( 2π T ) 2 R0 + Rl 2 ( Rl －R0 ) （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 R0 － 1 Rl ) =( 2π T )2 R0 + Rl 2 ( Rl －R0 ) （7′） 因为 GM = R2 0g ，化简（ 7′）式最后也能得到（ 8）式．】 解（ 8）式得 Rl = －R0 ± R2 0 + 2R0gT 2 π2 2 （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 （10） 所以天梯的长度 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 l = mgcosθ－T （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 mgl (1－cosθ) = 1 2mv2 （ 2） 联立（ 1）、（2）式，得 T = mg ( 3cosθ－2 ) （3） 如果令 T = 0 ，可得 θ= arccos ( 2 3 ) = 48.2 ° 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． 120° 30° O A B θ 8 现在再来看前面被假定不动的 B 是否运动．我们可以在 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) （5） 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 f∥ = mgsin30 ° + Tsin ( 30 °－θ) （6） 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 f∥ ≤ fmax （7） 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) （8） 将（ 3）式的 T 代入（ 8）式，化简后得方程 ( 3cosθ－2 )[ cosθ+ ( 2 + 3 )sinθ] + 1 = 0 （9） 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 θ = 54.9 ° （10） θ超过此值， B 将开始滑动． 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 （1） 或有 α= －g ρ－ρe ρ （2） 根据理想气体状态方程 9 pV = m μRT （ 3） 可知气体的密度 ρ= m V = μp 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 + △Te △z z （6） 若气团中气体温度随高度的变化率为 △T △z ，根据题意，有 T = T0 + △Te △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 α= － g Te ( △Te △ z － △T △ z ) z （8） 在（ 8）式中，若 ( △Te △z － △T △z ) ＞ 0 ，则加速度方向向下，作用于气团的力有使气团 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 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 △Te △z 是已知的，故只 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 RTe g△z （ 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 10 V = m μ RT p （11） 把（ 11）式代入 pVγ= C 得 T = 1 C μ mR 1 p （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 T +△ T = 1 C μ mR ( p + △p ) 1 利用二项式定理，忽略△ p 的高次方项，并注意到（ 12）式得 T +△ T = 1 C μ mR [ 1 p + γ－ 1 γ 1 1 p (△ p ) ] = T + γ－1 γ T p△p 故有 △T = γ－1 γ T p△p （13） 根据题意， p = pe ，△ p = △pe ，由（ 7）式、（10）式和（ 13）式得 △T △z = － γ－1 γ μg R T0 Te0 + ( △Te △ z + γ－ 1 γ μg R ) z （ 14） 已知 △Te △z = － 6.0 × 10－3 K·m －1 ，代入有关数据可求得 γ－1 γ μg R =9.8 × 10－3 K ·m－1 当 z 不是很大时，有 Te0 +（ △Te △z + γ－ 1 γ μg R ) z ≈Te0 故有 △T △z = － γ－1 γ μg R （15） 代入题给的有关数据得 △T △z = － 9.8 × 10－3 K·m－1 （16） 负号表示高度增加时， 气团的温度要下降． 可见 ( △Te △z － △T △z ) ＞ 0 ，作用于气团的 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 11 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 做简谐振动．振动的圆频率 ω = g Te0 ( △Te △z － △T △z) （17） 代入数据，得 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 2T = 1 2 v1 （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 t 1 = l v1 = T 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 v1 = T 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 （3） y1 = － 1 2 a (△t1 )2 = － 1 2 aT2 （4） 12 因 aT2 = 1 5 d ，故 | y 1 | = 1 10 d ＜ d ，表明速率为 v1 的粒子能穿出平板，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 △y1 = v1y l v1 = －aT2 （5） 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y1 = y1 +△y1 = － 1 2 aT2 －aT2 = － 3 2 aT2 = － 0.3d （6） 速率为 v2 的粒子在时刻 t 2 = l v2 = 2T 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 v2 = 2T 因为两板间的电压在时间△ t 2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△ t 2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 （7） y2 = 1 2 ( 2a )T 2 + ( 2aT )T － 1 2 aT 2 = 5 2 aT 2 （8） 因 aT2 = 1 5 d ，故 y2 = 1 2 d ＜ d ，表明速率为 v2 的粒子亦能穿出平板．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 v2 = 2aT2 （ 9） 粒子打在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y2 = y2 +△y2 = 5 2 aT2 + 2aT2 = 9 2 aT2 = 0.9d （ 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．在 a 刚开启的时刻从 A 处射入 AB 间， 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 13 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 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′ = t 1 + l vmax = 2T －2δ 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 （13） y1 = 1 2 ( 2a ) δ2 + ( 2a ) δ(T － 2δ)－ 1 2 a (T － 2δ)2 = － 1 2 aT 2 + 4aδT － 5aδ2 （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) = －aT2 + 5aδT － 4aδ2 （15） 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y1 = y1 +△y1 = － 3 2 aT2 + 9aTδ－9aδ2 （16） 根据题意，代入数据得 Y1 = －0.138d （17） 在 t = δ时刻从 B 处射出的速度为 vmin 的粒子在时刻 t2 = δ+ l vmin = T + 2δ 进入两平板之间，在时刻 t2′ = t 2 + l vmin = 2T + 3δ 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 14 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) + ( 2 a )3δ= －aT + 8aδ （18） y2 = － 1 2 a (T － 2δ)2 －a (T － 2δ) 3δ+ 1 2 ( 2a ) ( 3δ) 2 = － 1 2 aT 2 － aTδ+ 13aδ2 （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) = －aT2 + 7aTδ+ 8aδ2 （20） 粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为 Y2 = y2 +△y2 = － 3 2 aT2 + 6aTδ+ 21aδ2 （21） 根据题意，代入数据得 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 2d P z B Q O x α C α 图 1 N N ′ 15 CN ′ = R0 = d 2cosα （2） 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 2 = πm 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 Ex ′= Ecosα Ey ′ = 0 Ez ′= Esinα （5） 磁感应强度 B 的分量为 Bx ′= 0 By ′= 0 Bz ′ = B （6） 带电粒子所受到的电场力的分量为 f Ex ′= 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 f Bx ′= qvy′B f By ′= －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 z z′ B y ，y′ x′ O α 图 2 E v0 α 16 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 f Ex ′的方向 相反，当 v1取数值 v1= Ex ′ B = E Bcosα （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 = mv2 qB （12） 其圆频率 ω= q mB （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 y′轴负方向以速度 v1= E Bcosα做匀速直线运动． （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 ′ m = qE m sinα （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 ) （15） y′ = R sinωt （16） 图 3 y′ O x′ωt v2 17 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 qB ( 1－cosωt ) = ( mv0 qB + mEx ′ qB 2 ) ( 1－cosωt ) （18） y′ = Rsinωt － v1t = ( mv0 qB + mEx ′ qB2 ) sinωt － Ex ′ B t （19） z′ = 1 2 qEz ′ m t2 （ 20） （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 = m qB ( v0cosα+ Ecos2α B ) ( 1－cosq mBt ) + 1 2 qEsin2α m t2 （ 21） y = m qB ( v0 + Ecosα B )sin q mBt － Ecosα B t （22） z = － m qB ( v0sinα+ Esin2α 2B ) ( 1－cosq mBt ) + qEsin2α 4m t2 （23） 根据题意，将 x = d 和 t = t0 = T 2 = πm qB 代（ 21）式，解得 v0 = 2qB2d －mE ( 4cos2α+ π2sin2α) 4mBcosα （24） 将 α= π 4 ， t = t0 = T 2 = πm qB 和（ 24）式代入（ 21）、（ 22）、（23）各式，可得粒子到达 极板 Q 时粒子的坐标为 x = d （ 25） y = － 2πmE 2qB2 （26） z = －d + π2mE 2qB2 （27） 解法二 1．与解法一相同． 2．以 y 轴为旋转轴，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 18 Ox′y′z′中分量分别为 vx ′、vy ′、 vz ′，牛顿第二定律的三个分量形式为 m dvx ′ dt = qEx ′+ qvy ′B （1） m dvy ′ dt = －qvx ′B （2） m dvz′ dt = qEz′ （3） 将（ 2）式表示为 dvy ′ dt = － qB m dx′ dt 两边积分后得 vy ′= －( qB m ) x′ + C1 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 mB x′ + v0 （4） 将（ 4）式代入（ 1）式，得 m d2x′ dt2 = qE x ′ + q (－ qB m x′ + v0 ) B d2x′ dt2 = －( qB m )2 x′ + ( qB m )2 ( mv0 qB + mEx ′ qB2 ) （5） 令 R = ( mv0 qB + mEx ′ qB2 ) （ 6） ω= q mB （7） X ′ = x′－ R （8） （5）式可表为 d2X ′ dt 2 = －ω2X ′ （9） 这是简谐运动方程，其解为 X ′ = Acos ( ωt + θ) （ 10） 由（ 8）式得 x′ = Acos ( ωt + θ) + R （11） dx ′ dt = vx ′ = －ωAsin ( ωt + θ) （12） 利用初始条件，由（ 11）与（ 12）式，得 －R = Acosθ 19 0 = －ωAsinθ 解得 θ = 0 （13） A = －R 再由（ 6）式，得 A = －( mv0 qB + mEx ′ qB2 ) （14） 代入（ 11）式 x′ = ( mv0 qB + mEx ′ qB2 ) ( 1－cosωt ) （15） 将（ 12）式代入（ 2）式，整理后得 dvy ′ dt = ω2Asinωt 对上式积分，考虑初始条件，得 vy ′ = dy ′ dt = －ωAcosωt － Ex ′ B （16） 积分（ 16）式，考虑初始条件及（ 14）式，得 y′ = ( mv0 qB + mEx ′ qB2 ) sinωt － Ex ′ B t （17） 对（ 3）式积分可得 z′ = qE z ′ 2m t2 （ 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 dvx dt = qE x + qvy Bz （ 1） m dvy dt = －qvxBz + qvzBx （2） m dvz dt = －qB x vy （ 3） 令 ω= qB m （4） 20 v1 = E Bcosα （5） 方程变为如下形式 dvx dt = ωvy cosα+ ωv1 cosα （6） dvy dt = －ωvx cosα+ ωvz sinα （7） dvz dt = －ωvy sinα （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 ( v1 cosα)t （9） vz = －ωysinα （ 10） 将（ 9）、（10）两式代入（ 7）式，得 dvy dt = －ω2y －ω2v1t = －ω2 ( y + v1t ) 令 Y = y + v1t （11） 得 d2Y dt2 = －ω2Y （12） 其解为 Y = Acos ( ωt + θ) 由（ 11）式可得 y = Acos ( ωt + θ) －v1t （13） 由（ 13）式得 vy = －Aωsin ( ωt + θ) －v1 （ 14） 由初始条件 t = 0 时， vy = v0 ，y = 0 ，得 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 21 y = m qB ( v0 + Ecosα B ) sin q mBt －Ecosα B t （16） vy = ( v0 + Ecosα B ) cosq mBt －Ecosα B （17） 把（ 17）式代入（ 1）式，经积分并利用初始条件，可得 x = m qB ( v0cosα+ Ecos2α B ) ( 1－ cosq mBt ) + 1 2 qEsin2α m t2 （18） 将（ 17）式代入（ 8）式，经积分并利用初始条件，得 z = － m qB ( v0sinα+ Esin2α 2B ) ( 1－ cosq mBt ) + qEsin2α 4m t2 （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 + m0 2c4 （ 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 c )2 导出， v 为粒子的速度． E 2 －c2p2 = m0 2c4 1－ ( v c )2 －c2 m0 2v2 1－ ( v c )2 = m0 2c4 1－ ( v c )2 1－ ( v c )2 = m0 2c4 故 E 2 = c2p2 + m0 2c4 】 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． 22 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 －p1 2 = 2p1△p + (△p )2 p2 2－ ( 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 [ 2 p1△p + (△p )2 ]，而第二个粒子能量的平 方减少了 c2[ 2 p2△p－ (△p )2 ]，两个粒子能量平方的净增量为 c2[ 2 p1△ 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 （2） mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2 （ 3） 由上面论述可知 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 23 mc2 + m0c2 = 4m′c2 （5） 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 + m0 2c4 （6） 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 ( p 4 )2 + m0 2c4 （7） 由（ 5）、（6）、（7）式可得 mc2 = 7m0c2 （8） 代入数据得 mc2 = 1.05 ×10－9 J （9）