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1、“高中物理参考”收集 第十七届届全国中中学生物物理竞赛赛复赛题题参考解解答一、参考考解答设玻璃管管内空气气柱的长长度为，大大气压强强为，管管内空气气的压强强为，水水银密度度为，重重力加速速度为，由由图复解解17-1-11可知（1）根据题给给的数据据，可知知，得（2）若玻璃管管的横截截面积为为，则管管内空气气的体积积为（3）由由（2）、（33）式得得（4）即管内内空气的的压强与与其体积积成正比比，由克克拉珀龙龙方程得得（5）由（5）式可可知，随随着温度度降低，管管内空气气的体积积变小，根根据（44）式可可知管内内空气的的压强也也变小，压压强随体体积的变变化关系系为图上上过原点点的直线线，如图图复
2、解117-11-2所所示在在管内气气体的温温度由降降到的过过程中，气气体的体体积由变变到，体体积缩小小，外界界对气体体做正功功，功的的数值可可用图中中划有斜斜线的梯梯形面积积来表示示，即有有（6）管内空气气内能的的变化（7）设为外界界传给气气体的热热量，则则由热力力学第一一定律，有有（8）由（5）、（66）、（77）、（88）式代代入得（9）代入有关关数据得得表示管内内空气放放出热量量，故空空气放出出的热量量为（10）评分标准准：本题题20分（1）式式1分，（44）式5分，（66）式7分，（77）式1分，（88）式2分，（99）式1分，（110）式式3分。二、参考考解答在由直线线与小球球球心所
3、所确定的的平面中中，激光光光束两两次折射射的光路路如图复复解177-2所所示，图图中入射射光线与与出射光光线的延延长线交交于，按按照光的的折射定定律有（1）式中与分分别是相相应的入入射角和和折射角角，由几几何关系系还可知知（2）激光光束束经两次次折射，频频率保持持不变，故故在两次次折射前前后，光光束中一一个光子子的动量量的大小小和相等，即即（3）式中为真真空中的的光速，为普朗克常量因射入小球的光束中光子的动量沿方向，射出小球的光束中光子的动量沿方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度，由图中几何关系可知（4）若取线段段的长度度正比于于光子动动量，的长度度正比于于光子动动量，则则线段的
4、的长度正正比于光光子动量量的改变变量，由由几何关关系得（5）为等腰三三角形，其其底边上上的高与与平行，故故光子动动量的改改变量的的方向沿沿垂直的的方向，且且由指向向球心光子与小小球作用用的时间间可认为为是光束束在小球球内的传传播时间间，即（6）式中是光光在小球球内的传传播速率率。按照牛顿顿第二定定律，光光子所受受小球的的平均作作用力的的大小为为（7）按照牛顿顿第三定定律，光光子对小小球的平平均作用用力大小小，即（8）力的方向向由点指指向点由（11）、（22）、（44）及（88）式，经经过三角角函数关关系运算算，最后后可得（9）评分标准准：本题题20分（1）式式1分，（55）式8分，（66）式4
5、分，（88）式3分，得得到（99）式再再给4分。三、参考考解答1相距距为的电电量为与与的两点点电荷之之间的库库仑力与与电势能能公式为为（1）现在已知知正反顶顶夸克之之间的强强相互作作用势能能为根据直接接类比可可知，正正反顶夸夸克之间间的强相相互作用用力为（2）设正反顶顶夸克绕绕其连线线的中点点做匀速速圆周运运动的速速率为，因因二者相相距，二二者所受受的向心心力均为为，二者者的运动动方程均均为（3）由题给的的量子化化条件，粒粒子处于于基态时时，取量量子数，得得（4）由（3）、（44）两式式解得（5）代入数值值得（6）2. 由由（3）与（44）两式式得（7）由和可算算出正反反顶夸克克做匀速速圆周运
6、运动的周周期（8）代入数值值得（9）由此可得得（10）因正反顶顶夸克的的寿命只只有它们们组成的的束缚系系统的周周期的115，故正正反顶夸夸克的束束缚态通通常是不不存在的的评分标准准：本题题25分1. 115分。（22）式4分，（55）式9分，求求得（66）式再再给2分。2. 110分。（88）式3分。（99）式1分，正正确求得得（100）式并并由此指指出正反反顶夸克克不能形形成束缚缚态给66分。四、参考考解答1设太太阳的质质量为，飞飞行器的的质量为为，飞行行器绕太太阳做圆圆周运动动的轨道道半径为为根据据所设计计的方案案，可知知飞行器器是从其其原来的的圆轨道道上某处处出发，沿沿着半个个椭圆轨轨道
7、到达达小行星星轨道上上的，该该椭圆既既与飞行行器原来来的圆轨轨道相切切，又与与小行星星的圆轨轨道相切切要使使飞行器器沿此椭椭圆轨道道运动，应应点燃发发动机使使飞行器器的速度度在极短短的时间间内，由由变为某某一值设飞行行器沿椭椭圆轨道道到达小小行星轨轨道时的的速度为为，因大大小为和和的这两两个速度度的方向向都与椭椭圆的长长轴垂直直，由开开普勒第第二定律律可得（1）由能量关关系，有有（2）由牛顿万万有引力力定律，有有或（3）解（1）、（22）、（33）三式式得（4）（5）设小行星星绕太阳阳运动的的速度为为，小行行星的质质量，由由牛顿万万有引力力定律得（6）可以看出出（7）由此可见见，只要要选择好好
8、飞行器器在圆轨轨道上合合适的位位置离开开圆轨道道，使得得它到达达小行星星轨道处处时，小小行星的的前缘也也正好运运动到该该处，则则飞行器器就能被被小行星星撞击可以把把小行星星看做是是相对静静止的，飞飞行器以以相对速速度为射射向小行行星，由由于小行行星的质质量比飞飞行器的的质量大大得多，碰碰撞后，飞飞行器以以同样的的速率弹弹回，即即碰撞后后，飞行行器相对对小行星星的速度度的大小小为，方方向与小小行星的的速度的的方向相相同，故故飞行器器相对太太阳的速速度为或将（55）、（66）式代代入得（8）如果飞行行器能从从小行星星的轨道道上直接接飞出太太阳系，它它应具有有的最小小速度为为，则有有得（9）可以看出
9、出（10）飞行器被被小行星星撞击后后具有的的速度足足以保证证它能飞飞出太阳阳系2. 为为使飞行行器能进进入椭圆圆轨道，发发动机应应使飞行行器的速速度由增增加到，飞飞行器从从发动机机取得的的能量（11）若飞行器器从其圆圆周轨道道上直接接飞出太太阳系，飞飞行器应应具有的的最小速速度为，则则有由此得（12）飞行器的的速度由由增加到到，应从从发动机机获取的的能量为为（13）所以（14）评分标准准：本题题25分1. 118分。其其中（55）式6分，求求得（66）式，说说明飞行行器能被被小行星星碰撞给给3分；（88）式5分；得得到（110）式式，说明明飞行器器被小行行星碰撞撞后能飞飞出太阳阳系给44分。2
10、. 77分。其其中（111）式式3分，（113）式式3分，求求得（114）式式再给11分。五、参考考解答解法一：带电质点点静止释释放时，受受重力作作用做自自由落体体运动，当当它到达达坐标原原点时，速速度为（1）方向竖直直向下带电质质点进入入磁场后后，除受受重力作作用外，还还受到洛洛伦兹力力作用，质质点速度度的大小小和方向向都将变变化，洛洛伦兹力力的大小小和方向向亦随之之变化我们可可以设想想，在带带电质点点到达原原点时，给给质点附附加上沿沿轴正方方向和负负方向两两个大小小都是的的初速度度，由于于这两个个方向相相反的速速度的合合速度为为零，因因而不影影响带电电质点以以后的运运动在在时刻，带带电质点
11、点因具有有沿轴正正方向的的初速度度而受洛洛伦兹力力的作用用。（2）其方向与与重力的的方向相相反适适当选择择的大小小，使等等于重力力，即（3） (4)只要带电电质点保保持（44）式决决定的沿沿轴正方方向运动动，与重重力的合合力永远远等于零零但此此时，位位于坐标标原点的的带电质质点还具具有竖直直向下的的速度和和沿轴负负方向的的速度，二二者的合合成速度度大小为为（5）方向指向向左下方方，设它它与轴的的负方向向的夹角角为，如如图复解解17-5-11所示，则则（6）因而带电电质点从从时刻起起的运动动可以看看做是速速率为，沿沿轴的正正方向的的匀速直直线运动动和在平平面内速速率为的的匀速圆圆周运动动的合成成
12、圆周周半径（7）带电质点点进入磁磁场瞬间间所对应应的圆周周运动的的圆心位位于垂直直于质点点此时速速度的直直线上，由由图复解解17-5-11可知，其其坐标为为（8）圆周运动动的角速速度（9）由图复解解17-5-11可知，在在带电质质点离开开磁场区区域前的的任何时时刻，质质点位置置的坐标标为（10）（11）式中、已分别别由（44）、（77）、（99）、（66）、（88）各式式给出。带电质点点到达磁磁场区域域下边界界时，代代入（111）式式，再代代入有关关数值，解解得（12）将（122）式代代入（110）式式，再代代入有关关数值得得（13）所以带电电质点离离开磁场场下边界界时的位位置的坐坐标为（14
13、）带电质点点在磁场场内的运运动可分分解成一一个速率率为的匀匀速圆周周运动和和一个速速率为的的沿轴正正方向的的匀速直直线运动动，任何何时刻，带带电质点点的速度度便是匀匀速圆周周运动速速度与匀匀速直线线运动的的速度的的合速度度若圆圆周运动动的速度度在方向向和方向向的分量量为、，则质质点合速速度在方方向和方方向的分分速度分分别为（15）（16）虽然，由由（5）式决决定，其其大小是是恒定不不变的，由（4）式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因的方向不断变化，它在方向和方向的分量和都随时间变化，因此和也随时间变化，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坐标恰为磁场区域宽度的
14、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，与轴正方向夹角，故代入数值得将以上两两式及（5）式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量，它们分别为（17）（18）速度大小小为（19）设的方向向与轴的的夹角为为，如图图复解117-55-2所所示，则则得（200）评分标准准：本题题25分（4）式式5分，求求得（55）、（66）式各各给3分，求求得（110）、（111）式式各给22分，（114）式式3分，（119）式式5分，求求得（220）式式再给22分。解法二：若以带电电质点到到达坐标标原点的的时刻作作为起始始时刻（），则质点的初速度为（1
15、）方向沿轴轴正方向向进入入磁场区区后，带带电质点点将受到到洛伦兹兹力作用用，洛伦伦兹力在在方向的的分力取取决于质质点在方方向的分分速度，因因此质点点动量在在方向的的分量的的增量为为（2）是带电质质点在时时间内沿沿方向的的位移，质质点在磁磁场中运运动的整整个过程程中，此此式对每每一段时时间都成成立，所所以在到到时间内内方向的的动量的的改变为为因初始时时刻（），带带电质点点在轴方方向的动动量为零零，其位位置在原原点，因因而得即（3）当带电质质点具有有方向的的速度后后，便立立即受到到沿负方方向的洛洛伦兹力力的作用用根据据牛顿第第二定律律，在方方向上有有加速度度（4）将（3）式式代入（4）式，得（5）
16、令（6）式中（7）即在方向向作用于于带电质质点的合合力其中是准弹性性力，在在作用下下，带电电质点在在方向的的运动是是简谐振振动，振振动的圆圆频率（8）随时间变变化的规规律为（9）或（10）与是待求求的常量量，质点点的简谐谐运动可可以用参参考圆来来描写，以以所考察察的简谐谐运动的的振幅为为半径作作一圆，过过圆心作作一直角角坐标若有一一质点沿沿此圆周周做匀速速率圆周周运动，运运动的角角速度等等于所考考察简谐谐运动的的角频率率，且按按逆时针针方向转转动，在在时刻，点点的在圆圆周上的的位置恰恰使连线线与轴的夹夹角等于于（9）式中中的常量量，则在在任意时时刻，与的连线线与轴的的夹角等等于，于于是连线线在
17、轴上的的投影即即为（99）式所所示的简简谐振动动，将轴轴平行下下移，连连线在轴的投投影即如如（100）式所所示（参参看图复复解177-5-3），点做做圆周运运动的速速度大小小，方向向与垂直直，速度度的分量就就是带电电质点沿沿轴做简简谐运动动的速度度，即（11）（10）和和（111）两式式中的和和可由下下面的方方法求得得：因为为已知在在时，带带电质点点位于处处，速度度，把这这个条件件代入（10）式与（11）式得解上面两两式，结结合(11)、(8)式，注注意到振振幅总是是正的，故故得 (122) (13)把（100）式代代入(33)式，便便得带电电质点沿沿轴运动动的速度度 (114)（14）式式表
18、示带带电质点点在方向向上的速速度是由由两个速速度合成成的，即即沿方向向的匀速速运动速速度和方向的的简谐振振动速度度的合成成，带电电质点沿沿方向的的匀速运运动的位位移（15）由沿方向向的简谐谐振动速速度可知知，沿方方向振动动位移的的振幅等等于速度度的最大大值与角角频率的的比值（参参看图复复解177-5-3），即即等于由参考考圆方法法可知，沿沿方向的的振动的的位移具具有如下下的形式式它可能是是，亦可可能是在本题题中，时时刻，应应为零，故故前一表表示式不不符合题题意后后一表示示式中，应取的值为，故有（16）带电质点点在方向向的合位位移，由由（155）、（116）式式，得（17）（17）、（110）、
19、（114）和和（111）式分分别给出出了带电电质点在在离开磁磁场区域域前任何何时刻的的位置坐坐标和速速度的分分量和分分量，式式中常量量、已分别别由（88）、（113）、（112）和和（7）式给给出当当带电质质点达到到磁场的的下边界界时，（18）将与（110）式式有关的的数据代代入（110）式式，可解解得（19）代入（117）式式，得（20）将（199）式分分别代入入（144）式与与（111）式，得得速度大小小为（21）速度方向向为（22）评分标准准：本题题25分（7）式式2分，（88）式3分，（110）式式2分，（111）式式2分，（112）式式3分，（113）式式3分，（114）式式2分，（
20、117）式式3分，（220）式式3分，（221）式式1分，（222）式式1分。六、参考考解答1由于于光纤内内所有光光线都从从轴上的的点出发发，在光光纤中传传播的光光线都与与轴相交交，位于于通过轴轴的纵剖剖面内，图图复解117-66-1为纵纵剖面内内的光路路图，设设由点发发出的与与轴的夹夹角为的的光线，射射至、分界面面的入射射角为，反反射角也也为该该光线在在光纤中中多次反反射时的的入射角角均为，射射至出射射端面时时的入射射角为若该光光线折射射后的折折射角为为，则由由几何关关系和折折射定律律可得（1）（2）当大于全全反射临临界角时时将发生生全反射射，没有有光能损损失，相相应的光光线将以以不变的的光
21、强射射向出射射端面，而而的光线线则因在在发生反反射时有有部分光光线通过过折射进进入，反反射光强强随着反反射次数数的增大大而越来来越弱，以以致在未未到达出出射端面面之前就就已经衰衰减为零零了因因而能射射向出射射端面的的光线的的的数值值一定大大于或等等于，的值由由下式决决定（3）与对应的的值为（4）当时，即即时，或或时，由由发出的的光束中中，只有有的光线线才满足足的条件件，才能能射向端端面，此此时出射射端面处处的最大大值为（5）若，即时时，则由由发出的的光线都都能满足足的条件件，因而而都能射射向端面面，此时时出射端端面处的的最大值值为（6）端面处入入射角最最大时，折折射角也也达最大大值，设设为，由
22、由（2）式可可知（7）由（6）、（77）式可可得，当当时（8）由（3）至至（7）式可可得，当当时（9）的数值可可由图复复解177-6-2上的的几何关关系求得得（10）于是的表表达式应应为（）（111）（）（112）2. 可可将输出出端介质质改为空空气，光光源保持持不变，按按同样手手续再做做一次测测量，可可测得、，这里里打撇的的量与前前面未打打撇的量量意义相相同已已知空气气的折射射率等于于1，故有有当时（113）当时（114）将（111）、（112）两两式分别别与（113）、（114）相相除，均均得（15）这结果适适用于为为任何值值的情况况。评分标准准：本题题25分1. 118分。（88）式、（9）式各6分，求得（11）式、（12）式再各给3分2. 77分。（113）式式、（114）式式各2分，求求得（115）式式再给33分。如如果利用用已知其其折射率率的液体体代替空空气，结结果正确确，照样样给分。第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第19页