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2007年第24届全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答


第 24 届全国中学生物理竞赛决赛试题
2007 年 11 月 宁波
★ 理论部分 一、
A ,B ,C 三个刚性小球静止在光滑的水平面 上.它们的质量皆为 m ,用不可伸长的长度皆为 l 的柔软轻线相连, AB 的延长线与 BC 的夹角 α = π / 3 ,如图所示.在此平面内取正交坐标系 Oxy , 原点 O 与 B 球所在处重合,x 轴正方向和 y 轴正方 向如图.另一质量也是 m 的刚性小球 D 位于 y 轴 上,沿 y 轴负方向以速度 v0(如图)与 B 球发生弹性正碰,碰撞时间极短.设刚碰完后, 连接 A ,B ,C 的连线都立即断了.求碰后经多少时间,D 球距 A ,B ,C 三球组成的系 统的质心最近. A l D v0 B O α x l y C

二、
为了近距离探测太阳并让探测器能回到地球附近, 可发射一艘以椭圆轨道绕太阳运行的 携带探测器的宇宙飞船, 要求其轨道与地球绕太阳的运动轨道在同一平面内, 轨道的近日点 到太阳的距离为 0.01AU(AU 为距离的天文单位,表示太阳和地球之间的平均距离:1AU = 1.495 × 1011 m) ,并与地球具有相同的绕日运行周期(为简单计,设地球以圆轨道绕太阳运 动) .试问从地球表面应以多大的相对于地球的发射速度 u0(发射速度是指在关闭火箭发动 机,停止对飞船加速时飞船的速度)发射此飞船,才能使飞船在克服地球引力作用后仍在地 球绕太阳运行轨道附近 (也就是说克服了地球引力作用的飞船仍可看做在地球轨道上) 进入 符合要求的椭圆轨道绕日运行?已知地球半径 Re = 6.37 × 106 m ,地面处的重力加速度 g = 9.80 m / s2 ,不考虑空气的阻力.

三、
如图所示,在一个竖直放置的封闭的高为 H 、内壁横截面积为 S 的绝热气缸内,有一 质量为 m 的绝热活塞 A 把缸内分成上、 下两部分. 活塞可在缸内贴缸壁无摩擦地上下滑动. 缸 内顶部与 A 之间串联着两个劲度系数分别为 k1 和 k2 (k1≠k2) 的轻质弹簧. A 的上方为真空;
1

A 的下方盛有一定质量的理想气体.已知系统处于平衡 状态,A 所在处的高度(其下表面与缸内底部的距离) 与两弹簧总共的压缩量相等皆为 h1 = H / 4 . 现给电炉丝 R 通电流对气体加热,使 A 从高度 h1 开始上升,停止加 热后系统达到平衡时活塞的高度为 h2 = 3H / 4 .求此过 程中气体吸收的热量△Q .已知当体积不变时,每摩尔 该气体温度每升高 1 K 吸收的热量为 3R / 2 ,R 为普适 气体恒量.在整个过程中假设弹簧始终遵从胡克定律. H

四、
为了减少线路的输电损耗, 电力的远距离输送一般采用高电压的交流电传输方式. 在传 输线路上建造一系列接地的铁塔,把若干绝缘子连成串(称为绝缘子串,见图甲) ,其上端 A 挂在铁塔的横臂上,高压输电线悬挂在其下端 B.绝缘子的结构如图乙所示:在半径为 R1 的导体球外紧包一层耐高压的半球形陶瓷绝缘介质,介质外是一内半径为 R2 的半球形导 体球壳.已知当导体球与导体球壳间的电压为 U 时,介质中离球心 O 的距离为 r 处的场强 为E= R 1R 2 U 2 ,场强方向沿径向. R2-R1 r A

半球形导体球壳 绝缘层

导体球

B 图甲 图乙

1.已知绝缘子导体球壳的内半径 R2 = 4.6 cm ,陶瓷介质的击穿强度 Ek = 135 kV / cm .当介质中任一点的场强 E >Ek 时,介质即被击穿,失去绝缘性能.为使绝缘子所能承 受的电压(即加在绝缘子的导体球和导体球壳间的电压)为最大,导体球的半径 R1 应取什

2

么数值?此时,对应的交流电压的有效值是多少? 2.一个铁塔下挂有由四个绝缘子组成的绝缘子串(如图甲) ,每个绝缘子的两导体间有 电容 C0 .每个绝缘子的下部导体(即导体球)对于铁塔(即对地)有分布电容 C1(导体球 与铁塔相当于电容器的两个导体极板,它们之间有一定的电容,这种电容称为分布电容) ; 每个绝缘子的上部导体(即导体球壳)对高压输电线有分布电容 C2 .若高压输电线对地电 压的有效值为 U0 .试画出该系统等效电路图. 3.若 C0 = 70 pF = 7 × 10 电压(指有效值) .
-11

F ,C1 = 5 pF ,C2 = 1 pF ,试计算该系统所能承受的最大

五、
如图所示,G 为一竖直放置的细长玻璃管,以其底 端 O 为原点,建立一直角坐标系 Oxy ,y 轴与玻璃管的 轴线重合.在 x 轴上与原点 O 的距离为 d 处固定放置一 电荷量为 Q 的正点电荷 A ,一个电荷量为 q(q>0)的 粒子 P 位于管内,可沿 y 轴无摩擦地运动.设两电荷之 间的库仑相互作用力不受玻璃管的影响. 1.求放在管内的带电粒子 P 的质量 m 满足什么条 件时,可以在 y>0 的区域内存在平衡位置. O P

y G

A d

x

2. 上述平衡状态可以是稳定的, 也可能是不稳定的; 它依赖于粒子的质量 m . 以y (m) 表示质量为 m 的粒子 P 处于平衡位置时的 y 坐标.当粒子 P 处于稳定平衡状态时,y(m) 的取值区间是_________________;当粒子 P 处于不稳定平衡状态时,y(m)的取值区间是 _________________(请将填空答案写在答题纸上) . 3.已知质量为 m1 的粒子 P 处于稳定平衡位置,其 y 坐标为 y1 .现给 P 沿 y 轴一微小 扰动.试证明以后的运动为简谐运动,并求此简谐运动的周期. 4. 已知质量为 m2 的粒子 P 的不稳定平衡位置的 y 坐标为 y2 , 现设想把 P 放在坐标 y3 处, 然后从静止开始释放 P.求释放后 P 能到达玻璃管底部的所有可能的 y3(只要列出 y3 满足 的关系式,不必求解) .

3

六、
如图所示,一半径为 R 、折射率为 ng 的透明球体置于折射率 n0 =1 的空气 中,其球心位于图中光轴的 O 处,左、 右球面与光轴的交点为 O1 与 O2 .球体 右半球面为一球面反射镜,组成球形反 射器.光轴上 O1 点左侧有一发光物点 P ,P 点到球面顶点 O1 的距离为 s .由 P 点发出的 光线满足傍轴条件,不考虑在折射面上发生的反射. 1.问发光物点 P 经此反射器,最后的像点位于何处? 2.当 P 点沿光轴以大小为 v 的速度由左向右匀速运动时,试问最后的像点将以怎样的 速度运动?并说明当球体的折射率 ng 取何值时像点亦做匀速运动. P s O1 O2

七、
已知钠原子从激发态(记做 P3
/ 2)跃迁到基态(记做

S1

/ 2)所发出的光谱线波长

λ0

=588.9965 nm .现有一团钠原子气,其中的钠原子做无规的热运动(钠原子的运动不必考 虑相对论效应) , 被一束沿 z 轴负方向传播的波长为 λ = 589.0080 nm 的激光照射. 以 θ 表 示钠原子运动方向与 z 轴正方向之间的夹角(如图所示) .问在 30° < θ <45° 角度区间 内的钠原子中速率 u 在什么范围内能产生共振吸收,从 S1 / 2 态激发到 P3 / 2 态?并求共振吸 收前后钠原子速度(矢量)变化的大小.已知钠原子质量为 M = 3.79 × 10 量 h = 6.626069 ×10
-34 -26

kg ,普朗克常

J ? s ,真空中的光速 c = 2.997925 × 108 m ? s

-1



钠原子

u θ
激光束

z

4

第 24 届全国中学生物理竞赛决赛参考解答
一、
1.分析刚碰后各球速度的方向.由于 D 与 B 球发生弹性正碰,所以碰后 D 球的速度 方向仍在 y 轴上;设其方向沿 y 轴正方向, 大小为 v .由于线不可伸长,所以在 D ,B 两球相碰的过程中,A ,C 两球都将受到线 给它们的冲量; 又由于线是柔软的, 线对 A , C 两球均无垂直于线方向的作用力,因此刚 碰后,A 球的速度沿 AB 方向,C 球的速度沿 CB 方向. 用 θ 表示 B 球的速度方向与 x 轴的 夹角,则各球速度方向将如图所示.因为此时连接 A ,B ,C 三球的两根线立即断了,所 以此后各球将做匀速直线运动. 2.研究碰撞后各球速度的大小.以 v1 ,v2 ,v3 分别表示刚碰后 A ,B ,C 三球速度 的大小,如图所示.因为碰撞过程中动量守恒,所以沿 x 方向有 mv1-mv3 cosα + mv2 cosθ = 0 ; 沿 y 方向有 -mv0 = mv - mv2 sinθ -mv3 sinα . 根据能量守恒有 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 mv = mv + mv + mv + mv . 2 0 2 1 2 2 2 3 2 (3) (2) (1)

因为碰撞过程中线不可伸长,B ,C 两球沿 BC 方向的速度分量相等,A ,B 两球沿 AB 方向的速度分量相等,有 v2 cosθ = v1 , v2 cos [ π - ( α + θ ) ] = v3 . 将 α = π / 3 代入,由以上各式可解得 v1 = v2 = v3 = 3 v , 12 0 21 v , 6 0 3 v , 3 0 (6) (7) (8) (4) (5)

5

1 v = v0 . 4

(9)

3.确定刚碰完后,A ,B ,C 三球组成的系统质心的位置和速度.由于碰撞时间极短, 刚碰后 A ,B ,C 三球组成的系统,其质心位置就是碰撞前质心的位置,以(xc ,yc)表 示此时质心的坐标,根据质心的定义,有 xc = yc = 代入数据,得 xc = - yc = 1 l , 6 (12) (13) ml cosα-ml , 3m ml sinα . 3m (10) (11)

3 l . 6

根据质心速度的定义,可求得碰后质心速度 vc 的分量为 vcx = vcy = mv1 + mv2 cosθ-mv3 cosα , 3m - mv2 sinθ-mv3sinα . 3m (14) (15)

由(4)~(7)和(14) , (15)各式及 α 值可得 vcx = 0 , vcy = - 5 v . 12 0 (16) (17)

4.讨论碰后 A ,B ,C 三球组成的系统的质心和 D 球的运动.刚碰后 A ,B ,C 三 球组成的系统的质心将从坐标(xc = -l / 6 ,yc = 3l / 6)处出发,沿 y 轴负方向以大小

为 5 v0 / 12 的速度做匀速直线运动;而 D 球则从坐标原点 O 出发,沿 y 轴正方向以大小为 v0 / 4 的速度做匀速直线运动.A ,B ,C 三球组成系统的质心与 D 球是平行反向运动,只 要 D 球与 C 球不发生碰撞,则 vC ,vD 不变,质心与 D 球之间的距离逐渐减少.到 y 坐标 相同处时,它们相距最近.用 t 表示所求的时间,则有 vt = yc + vcy t 将 vcy ,v ,yc 的值代入,得 t= 3l . 4v0 (19) (18)

此时,D 球与 A ,B ,C 三球组成系统的质心两者相距 l / 6 .在求出(19)式的过程 中,假设了在 t = 因为 v3 = 3l / 4v0 时间内 C 球未与 D 球发生碰撞.下面说明此假设是正确的;

3v0 / 3 ,它在 x 方向分量的大小为 3v0 / 6.经过 t 时间,它沿 x 轴负方向经
6

过的距离为 l / 8 .而 C 球的起始位置的 x 坐标为 l / 2 .经 t 时间后,C 球尚未到达 y 轴, 不会与 D 球相碰.

二、
从地球表面发射宇宙飞船时,必须给飞船 以足够大的动能, 使它在克服地球引力作用后, 仍具有合适的速度进入绕太阳运行的椭圆轨 道.此时,飞船离地球已足够远,但到太阳的 距离可视为不变,仍为日地距离.飞船在地球 绕太阳运动的轨道上进入它的椭圆轨道,用 E 表示两轨道的交点,如图 1 所示.图中半径为 rse 的圆 A 是地球绕太阳运行的轨道, 太阳 S 位 B ve 图1
? v
A

rse

P

于圆心.设椭圆 B 是飞船绕日运行的轨道,P 为椭圆轨道的近日点. 由于飞船绕日运行的周期与地球绕日运行的周期相等, 根据开普勒第三定律, 椭圆的半 长轴 a 应与日地距离 rse 相等,即有 a = rse (1)

根据椭圆的性质,轨道上任一点到椭圆两焦点的距离之和为 2a ,由此可以断定,两轨道的 交点 E 必为椭圆短轴的一个顶点,E 与椭圆长轴和短轴的交点 Q(即椭圆的中心)的连线垂 直于椭圆的长轴.由△ESQ ,可以求出半短轴 b= r2se- ( a - SP )2 . (2)

由(1) , (2)两式,并将 a = rse = 1AU , SP = 0.01 AU 代入,得 b = 0.141AU . (3)

在飞船以椭圆轨道绕太阳运行过程中,若以太阳为参考系,飞船的角动量和机械能是守恒 的.设飞船在 E 点的速度为 v ,在近日点的速度为 vp ,飞船的质量为 m ,太阳的质量为 Ms ,则有 mva sinθ = mvp SP , 式中 θ 为速度 v 的方向与 E ,S 两点连线间的夹角: sinθ = 由机械能守恒,得 b . a (5) (4)

7

1 2 Msm 1 2 GmMs mv -G = mvp - . 2 a 2 SP

(6)

因地球绕太阳运行的周期 T 是已知的(T = 365 d) ,若地球的质量为 Me ,则有 G MsMe 2π 2 = Me ( )a . a2 T (7)

解(3)~(7)式,并代入有关数据,得 v = 29.8 km / s . (8)

(8)式给出的 v 是飞船在 E 点相对于太阳的速度的大小,即飞船在克服地球引力作用后从 E 点进入椭圆轨道时所必须具有的相对于太阳的速度.若在 E 点飞船相对地球的速度为 u , 因地球相对于太阳的公转速度为 ve = 2πa = 29.8 km / s , T (9)

方向如图 1 所示.由速度合成公式,可知 v = u + ve , 速度合成的矢量图如图 2 所示,注意到 ve 与 ES 垂直,有 (10)

图2 u= 代入数据,得 u = 39.1 km / s . (12) v2 + v2 e -2vvecos ( π -θ ) , 2 (11)

u 是飞船在 E 点相对于地球的速度,但不是所要求的发射速度 u0 .为了求得 u0 ,可以从与 地心固定连接在一起的参考系来考察飞船的运动.因飞船相对于地球的发射速度为 u0 时, 飞船离地心的距离等于地球半径 Re .当飞船相对于地球的速度为 u 时,地球引力作用可以 忽略.由能量守恒,有

8

1 2 Mem 1 mu -G = mu2 . 2 0 Re 2 地面处的重力加速度为 g=G 解(13) , (14)两式,得 u0 = 由(15)式及有关数据,得 u0 = 40.7 km / s . u2 + 2gRe . Me , R2 e

(13)

(14)

(15)

(16)

如果飞船在 E 点处以与图示相反的方向进入椭圆轨道,则(11)式要做相应的改变.此 时,它应为 u= 相应计算,可得另一解 u = 45.0 km / s , u0 = 46.4 km / s . (18) v2 + v2 e -2vvecos ( π +θ) , 2 (17)

如果飞船进入椭圆轨道的地点改在 E 点的对称点处(即地球绕日轨道与飞船绕日轨道 的另一个交点上) ,则计算过程相同,结果不变.

三、
两个弹簧串联时,作为一个弹簧来看,其劲度系数 k= k1k2 . k1 + k2 (1)

设活塞 A 下面有 νmol 气体.当 A 的高度为 h1 时,气体的压强为 p1 ,温度为 T1 .由 理想气体状态方程和平衡条件,可知 p1Sh1 = vRT1 , p1S = kh1 + mg . (2) (3)

对气体加热后,当 A 的高度为 h2 时,设气体压强为 p2 ,温度为 T2 .由理想气体状态 方程和平衡条件,可知 p2Sh2 = vRT2 , p2S = kh2 + mg . 在 A 从高度 h1 上升到 h2 的过程中,气体内能的增量 △U = v 3 R ( T2-T1 ) . 2 (6) (4) (5)

气体对弹簧、活塞系统做的功 W 等于弹簧弹性势能的增加和活塞重力势能的增加,即
9

1 2 W = k ( h2 2-h1 ) + mg (h2-h1 ) . 2 根据热力学第一定律,有 △Q =△U + W . 由以上各式及已知数据可求得 △Q = k1k2 2 5 H + mgH . k1 + k2 4

(7)

(8)

(9)

四、
1.根据题意,当导体球与导体球壳间的电压为 U 时,在距球心 r(R1< r <R2)处, 电场强度的大小为 E = R1R2 U 2 . R2-R1 r (1)

在 r = R1 ,即导体球表面处,电场强度最大.以 E(R1)表示此场强,有 E ( R1) = R2U . (R2-R1) R1 (2)

因为根据题意,E(R1)的最大值不得超过 Ek ,R2 为已知,故(2)式可写为 Ek = 或 U = Ek (R2-R1) R1 . R2 (4) R2U (R2-R1) R1 (3)

由此可知,选择适当的 R1 值,使(R2-R1) R1 最大,就可使绝缘子的耐压 U 为最大.不 难看出,当 R1 = R2 2 (5)

时,U 便是绝缘子能承受的电压的最大值 Uk .由(4) , (5)两式得 Uk = 代入有关数据,得 Uk = 155 kV . (7) EkR2 , 4 (6)

当交流电压的峰值等于 Uk 时,绝缘介质即被击穿.这时,对应的交流电压的有效值 Ue = Uk 110 kV . 2 (8)

2.系统的等效电路如图所示.

10

C1

C1 C1

C0 C0 C2 C2 C2 C2 U0

C1

C0 C0

3.设绝缘子串中间三点的电势分别为 U1 ,U2 ,U3 ,如图所示.由等效电路可知,与 每个中间点相连的四块电容极板上的电荷量代数和都应为零,即有

?(U1 ? U 2 )C0 ? U1C1 ? (U 0 ? U1 )C0 ? (U 0 ? U1 )C2 ? 0, ? ?(U 2 ? U 3 )C0 ? U 2C1 ? (U1 ? U 2 )C0 ? (U 0 ? U 2 )C2 ? 0, ?U C ? U C ? (U ? U )C ? (U ? U )C ? 0. 3 1 2 3 0 0 3 2 ? 3 0

(9)

C1

C1 C1 U3

C0 C0 C0 C0 C2 C2 C2 U0 C2

C1

U2 U1

四个绝缘子上的电压之和应等于 U0 ,即 ( U0-U1 ) + ( U1-U2 ) + ( U2-U3 ) + U3 = U0 . 设 △U1 = U0-U1 , △U2 = U1-U2 ,△U3 = U2-U3 ,△U4 = U3 , (11) 则可由(9)式整理得 (10)

?△U1 (C0 ? C1 ? C2 ) ?△U 2C0 ? U 0C1 ? 0, ? ?△U1 (C1 ? C2 ) ?△U 2 (C0 ? C1 ? C2 ) ?△U 3C0 ? U 0C1 ? 0, ?△U (C ? C ? C ) ?△U (C ? C ? C ) ?△U (2C ? C ? C ) ? U (C ? C ) ? 0; 1 0 1 2 2 0 1 2 3 0 1 2 0 0 1 ?
代入数据,得

?76△U1 ? 70△U 2 ? 5U 0 ? 0, ? ?6△U1 ? 76△U 2 ? 70△U 3 ? 5U 0 ? 0, ?76△U ? 76△U ? 146△U ? 75U ? 0. 1 2 3 0 ?
解(12)式,可得 △U1 = 0.298 U0 , △U2 = 0.252 U0 ,△U3 =0.228 U0 .
11

(12)

(13)

由(10)~(12)式可得 △U4 =U3 = 0.222 U0 . (14)

以上结果表明, 各个绝缘子承受的电压不是均匀的; 最靠近输电线的绝缘子承受的电压 最大,此绝缘子最容易被击穿.当最靠近输电线的绝缘子承受的电压有效值 △U1 =Ue (15)

时,此绝缘子被击穿,整个绝缘子串损坏.由(8) , (13)和(15)三式可知,绝缘子串承 受的最大电压 U0max = Ue = 369 kV . 0.298 y G (1) P FEy mg r A d x (16)

五、 1.如图所示,位于坐标 y 处的带电粒子 P 受到库
仑力 FE 为斥力,其 y 分量为 FEy = k Qq Qqy sinθ = k , r2 ( d2 + y2)3 / 2

式中 r 为 P 到 A 的距离, θ 为 r 与 x 轴的夹角. 可以 看出,FEy 与 y 有关:当 y 较小时, (1)式分子中的 y 起 主要作用,FEy 随 y 的增大而增大;当 y 较大时, (1)式 分母中的 y 起主要作用,FEy 随 y 的增大而减小.可见,

O

FEy 在随 y 由小变大的过程中会出现一个极大值.通过数值计算法,可求得 FEy 随 y 变化的 情况.令 ? = y / d ,得 FEy = k

? Qq . d2 ( 1 + ? 2)3 / 2
-3

(2)

当 ? 取不同数值时,对应的 ? ( 1 + ? 2) 1 所示.

/2

的值不同.经数值计算,整理出的数据如表

表1

?

0.100

0.500

0.600

0.650

0.700

0.707

0.710

0.750

0.800

? ( 1 + ? 2)-3 / 2 0.0985 0.356 0.378 0.382 0.385 0.385 0.385 0.384 0.381
由表中的数据可知,当 ? = 0.707,即 y = y0 = 0.707d 时,库仑力的 y 分量有极大值,此极大值为 (3)

12

FEymax = 0.385k

qQ . d2

(4)

由于带电粒子 P 在竖直方向除了受到竖直向上的 FEy 作用外,还受到竖直向下的重力 mg 作用.只有当重力的大小 mg 与库仑力的 y 分量相等时,P 才能平衡.当 P 所受的重力 mg 大于 FEymax 时,P 不可能达到平衡.故质量为 m 的粒子存在平衡位置的条件是 mg ≤FEymax . 由(4)式得 0.385 qQ m≤ k 2 . g d 2.y (m) > 0.707d ;0<y (m)≤0.707d . 3.根据题意,当粒子 P 静止在 y = y1 处时,处于稳定平衡位置,故有 (5)

k

Qqy1 (d ? y )
2 3 2 2 1

-m1g = 0 .

(6)

设想给粒子 P 沿 y 轴的一小扰动△y ,则 P 在 y 方向所受的合力为 Fy = FEy -m1g = k Qq ( y1 +△y ) -m1g . [ d2 + ( y1 +△y )2 ]3 / 2 (7)

由于△y 为一小量,可进行近似处理,忽略高阶小量,有 Fy = k Qq ( y1 +△y ) -m1g 2 [ d + y1 + 2y1△y ]3 / 2
2

=k

Qq ( y1 +△y ) 3y1△y )-m1g 2 3/2 ( 1 - 2 2 (d + y1 ) d + y2 1

2 3qQy1 △y Qq△y Qqy1 = k 2 2 3 / 2 + k 2 2 3 / 2 - k 2 2 5 / 2 - m1g . (d + y1 ) (d + y1 ) (d + y1 )

注意到(6)式,得
2 m1g (2y2 1-d ) Fy = - △y . (d2 + y2 1 ) y1

(8)

2 因 y = y1 是粒子 P 的稳定平衡位置,故 y1>0.707d ,2y2 1-d >0 .由(8)式可知,粒

子 P 在 y 方向受到合力具有恢复力的性质, 故在其稳定平衡位置附近的微小振动是简谐运动; 其圆频率为 ω= g , (d2 + y2 1 ) y1
2 (2y2 1-d )

(9)

13

周期为 T= 2π =2π ω (d2 + y2 1 ) y1
2 (2y1 -d2 ) g



(10)

4.粒子 P 处在重力场中,具有重力势能;它又处在点电荷 A 的静电场中,具有静电势 能.当 P 的坐标为 y 时,其重力势能 Wg = m2gy , 式中取坐标原点 O 处的重力势能为零;静电势能 WE = k 粒子的总势能 W = Wg + WE = m2gy + k qQ . d2 + y2 (11) qQ . d2 + y2

势能也与 P 的 y 坐标有关:当 y 较小时,静电势能起主要作用,当 y 较大时,重力势能 起主要作用.在 P 的稳定平衡位置处,势能具有极小值;在 P 的不稳定平衡位置处,势能 具有极大值.根据题意,y = y2 处是质量为 m2 的粒子的不稳定平衡位置,故 y = y2 处,势能 具有极大值,即 W ( y2 ) = Wmax = m2gy2 + k 当粒子 P 的坐标为 y3 时,粒子的势能为 W ( y3 ) = m2gy3 + k qQ d2 + y2 3 . qQ d2 + y2 2 . (12)

当 y3 < y2 时,不论 y3 取何值,粒子从静止释放都能到达管底.若 y3 > y2 ,粒子从静 止释放能够到达管底,则有 W ( y3 ) > W ( y2 ) . 所以,y3 满足的关系式为 y3 < y2 ; 或者 y3 > y2 且 m2gy3 + k 附: (1)式可表示为 qQ d
2

(13)

+ y2 3

> m2gy2 + k

qQ d2 + y2 2



(14)

14

FEy = k

Qq Qq sinθ = k 2 cos2θsinθ , r2 d

式中 θ 为 P, A 之间的连线和 x 轴的夹角. 由上式可知, 带电粒子 P 在 θ = 0 , π / 2 时, FEy = 0 .在 0 ≤ θ ≤ π / 2 区间,随着 θ 的增大,sinθ 是递增函数,cos2θ 是递减函数.在 此区间内, FEy 必存在一个极大值 FEymax ; 用数值法求解, 可求得极大值所对应得角度 θ0 . 经 数个计算整理出的数据如表 2 所示. 表2 θ / rad cos2θsinθ 0. 010 0.029 0.464 0.367 0.540 0.378 0.576 0.383 0.611 0.385 0.615 0.385 0.617 0.385 0.644 0.384 0.675 0.381

由表中数值可知,当 θ = θ0≈0.615 rad(即 35.26° )时,FEy 取极大值 FEymax = k Qq Qq cos2θ0sinθ0 = 0.385 k 2 . d2 d

带电粒子 P 在竖直方向上还受到重力 G 的作用,其方向与 FEy 相反.故带电粒子 P 受 到的合力 F = FEy -G = k Qq cos2θsinθ -mg . d2

当 F = 0 ,即 FEy = G 时,P 处于平衡状态.由此可见,当带电粒子的质量 m≤ FEymax k ( qQ / d2 ) cos2θ0sinθ0 = g g

时,可以在 y 轴上找到平衡点.

六、
1.单球面折射成像公式可写成 n′ -n n′ n + = s′ s r , (1)

式中 s 为物距,s′ 为像距,r 为球面半径,n 和 n′ 分别为入射光和折射光所在介质的折 射率. 在本题中,物点 P 经反射器的成像过程是:先经过左球面折射成像(第一次成像) ;再 经右球面反射成像(第二次成像) ;最后再经左球面折射成像(第三次成像) . (1)第一次成像.令 s1 和 s′1 分别表示物距和像距.因 s1 = s ,n = n0 = 1 ,n′ = ng ,r = R ,有 ng -1 ng 1 + = , s′1 s1 R (2)

15

即 s′1 = ngRs . ( ng -1 ) s-R (3)

(2)第二次成像.用 s2 表示物距,s′2 表示像距,有 1 1 2 + = . s′2 s2 r 因 s2 = 2R -s′1 ,r = R ,由(3) , (4)两式得 s′2 = ( 2s + 2R -ngs )R . 3R + 3s -ngs (5) (4)

(3)第三次成像.用 s3 表示物距,s′3 表示像距,有 n0-ng n0 ng + = . s′3 s3 r 因 s3 = 2R -s′2 ,n0 = 1 ,r = -R ,由(5) , (6)两式得 s′3 = ( 4s-ngs + 4R )R . 2ngs -4s + ngR -4R (7) (6)

2.以 v′ 表示像的速度,则

v? ?

? [4( s ?△s ) ? ng ( s ?△s ) ? 4 R]R ? (4s ? ng s ? 4 R) R ? ? △s3 1 ? ? ? ? ? △t △t ? ? 2ng ( s ?△s ) ? 4( s ?△s ) ? ng R ? 4 R 2ng s ? 4s ? ng R ? 4 R ? ? ( 8) 2 2 ?ng R △s /△t ? . 2 (2ng s ? 4s ? ng R ? 4 R) ?△s (2ng ? 4)(2ng s ? 4s ? ng R ? 4 R )

由于△s 很小,分母中含有△s 的项可以略去,因而有 v′ = △s . (2ngs -4s + ngR -4R ) △t
2 2 -n2 gR

(9)

根据题意,P 从左向右运动,速度大小为 v ,则有 v= - 由此可得,像的速度
2 n2 gR v

△s . △t

(10)

v′ =

(2ngs -4s + ngR -4R )2



(11)

可见,像的速度与 s 有关,一般不做匀速直线运动,而做变速直线运动.当 n =2 (12)

时, (11) 式分母括号中的头两项相消, v′ 将与 s 无关. 这表明像也将做匀速直线运动; 而且(11)式变为 v′ = v ,即像的速度和 P 的速度大小相等.

16

七、
解法一.根据已知条件,射向钠原子的激光的频率

v=

c . λ

(1)

对运动方向与 z 轴正方向的夹角为 θ 、速率为 u 的钠原子,由于多普勒效应,它接 收的激光频率 v′ = v ( 1 + 改用波长表示,有 λ′ = λ . u 1+ cosθ c (3) u cosθ ); c (2)

发生共振吸收时,应有 λ′ = λ0 ,即 λ = λ0 . u 1+ cosθ c 解(4)式,得 ucosθ = c 代入有关数据,得 ucosθ = 5.85 ×103 m ? s 由(6)式,对 θ =30° 的钠原子,其速率 u1 = 6.76 × 103 m ? s 对 θ = 45° 的钠原子,其速率 u2 = 8.28 × 103 m ? s
-1 -1 -1

(4)

λ -λ0 ; λ0

(5)



(6)





运动方向与 z 轴的夹角在 30° ~45°区域内的原子中, 能发生共振吸收的钠原子的速率 范围为 6.76 × 103 m ? s
-1

< u <8.28 ×103 m ? s

-1



(7)

共振吸收前后,动量守恒.设钠原子的反冲速率为 V ,则有 Mu - h e = MV . λ z (8)

其中 ez 为 z 轴方向的单位矢量.由(8)式得 u -V = h e . Mλ z
17

(9)

钠原子速度(矢量)变化的大小为 | u -V | = 代入数据,得 | u -V | = 2.9 × 10
-2

h ; Mλ

(10)

m ?s

-1



(11)

解法二.根据已知条件,钠原子从激发态 P3 / 2 跃迁到基态 S1 / 2 发出的光谱线的频率 v0 = 入射激光的频率 v= c . λ (2) c ; λ0 (1)

考查运动方向与 z 轴的正方向成 θ 角的某个钠原子.它在共振吸收过程中动量守恒, 能量守恒.以 u 表示该钠原子在共振吸收前的速度,V 表示该钠原子共振吸收后的速度, 则有 Mu - hv e = MV , c z (3) (4)

1 2 1 Mu + hv = MV2 + hv0 . 2 2

把(3)式写成分量形式,并注意到共振吸收前后钠原子在垂直于 z 轴方向的动量不变,有 Musinθ = MVsinθ′ , Mucosθ - hv = MVcosθ′ , c (5) (6)

式中 θ′ 为激发态钠原子速度方向与 z 轴正方向的夹角.从(5) , (6)两式中消去 θ′ , 得 M2u2 -M2V2 = - ( 由(4) , (7)两式可得 2hv0 -2hv = - 注意到( hv / c )2 ? M ,得 v0 = v ( 1 + 改用波长表示,有 λ0 = λ . u 1+ cosθ c (10) u cosθ ); c (9) 1 hv 2 u ( ) + 2hv cosθ . M c c (8) hv 2 hv ) + 2Mu cosθ . c c (7)

解(10)式,得
18

ucosθ = c 代入有关数据,得

λ -λ0 ; λ0

(11)

ucosθ = 5.85 ×103 m ? s

-1



(12)

由(12)式,对 θ =30° 的钠原子,其速率 u1 = 6.76 × 103 m ? s 对 θ = 45° 的钠原子,其速率 u2 = 8.28 × 103 m ? s
-1 -1





运动方向与 z 轴的夹角在 30° ~45°区域内的原子中, 能发生共振吸收的钠原子的速率 范围为 6.76 × 103 m ? s
-1

< u <8.28 ×103 m ? s

-1



(13)

由(3)式可知,钠原子共振吸收前后速度(矢量)的变化为 u -V = h e , Mλ z (14)

速度(矢量)大小的变化为 | u -V | = 代入数据,得 | u -V | = 2.9 × 10
-2

h ; Mλ

(15)

m ?s

-1



(16)

19


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