第17届全国中学生物理竞赛复赛试题.docx

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第17届全国中学生物理竞赛复赛试题

第十七届全国中学生物理竞赛复赛试题

　　一、在一大水银槽中竖直插有一根玻璃管，管上端封闭，下端开口．已知槽中水银液面以上的那部分玻璃管的长度ｌ＝76ｃｍ，管内封闭有ｎ＝1．0×10－3ｍｏｌ的空气，保持水银槽与玻璃管都不动而设法使玻璃管内空气的温度缓慢地降低10℃，问在此过程中管内空气放出的热量为多少?

已知管外大气的压强为76ｃｍＨｇ，每摩尔空气的内能Ｕ＝ＣＶＴ，其中Ｔ为绝对温度，常量ＣＶ＝20．5Ｊ·（ｍｏｌ·Ｋ）－1，普适气体常量Ｒ＝8．31Ｊ·（ｍｏｌ·Ｋ）－1

图1

　二、如图1所示，在真空中有一个折射率为ｎ（ｎ＞ｎ0，ｎ0为真空的折射率），半径为ｒ的质地均匀的小球，频率为ν的细激光束在真空中沿直线ＢＣ传播，直线BC与小球球心O的距离为ｌ（ｌ＜ｒ），光束于小球体表面的点Ｃ经折射进入小球（小球成为光传播的介质），并于小球表面的点D又经折射进入真空．设激光束的频率在上述两次折射后保持不变．求在两次折射过程中激光束中一个光子对小球作用的平均力的大小．

　三、1995年，美国费米国家实验室ＣＤＦ实验组和ＤＯ实验组在质子反质子对撞机ＴＥＶＡＴＲＯＮ的实验中，观察到了顶夸克，测得它的静止质量ｍ1＝1．75×1011ｅＶ／ｃ2＝3．1×10－25ｋｇ，寿命τ＝0．4×10－24ｓ，这是近十几年来粒子物理研究最重要的实验进展之一．

　1．正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为Ｕ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ），式中ｒ是正、反顶夸克之间的距离，ａｓ＝0．12是强相互作用耦合常数，ｋ是与单位制有关的常数，在国际单位制中ｋ＝0．319×10－25Ｊ·ｍ．为估算正、反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统，可把束缚状态设想为正反顶夸克在彼此间的吸引力作用下绕它们连线的中点做匀速圆周运动．如能构成束缚态，试用玻尔理论确定系统处于基态中正、反顶夸克之间的距离ｒ0．已知处于束缚态的正、反夸克粒子满足量子化条件，即

　2ｍｖ（ｒ0／2）＝ｎ（ｈ／2π），ｎ＝1，2，3……

　式中ｍｖ（ｒ0／2）为一个粒子的动量ｍｖ与其轨道半径ｒ0／2的乘积，ｎ为量子数，ｈ＝6．63×10－34Ｊ·ｓ为普朗克常量．

　2．试求正、反顶夸克在上述设想的基态中做匀速圆周运动的周期Ｔ．你认为正、反顶夸克的这种束缚态能存在吗?

　四、宇宙飞行器和小行星都绕太阳在同一平面内做圆周运动，飞行器的质量比小行星的质量小得很多，飞行器的速率为ｖ0，小行星的轨道半径为飞行器轨道半径的6倍．有人企图借助飞行器与小行星的碰撞使飞行器飞出太阳系，于是他便设计了如下方案：

（1）当飞行器在其圆周轨道的适当位置时，突然点燃飞行器上的喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，已使飞行器获得所需的速度，沿圆周轨道的切线方向离开圆轨道；

（2）飞行器到达小行星的轨道时正好位于小行星的前缘，速度的方向和小行星在该处速度的方向相同，正好可被小行星碰撞；（3）小行星与飞行器的碰撞是弹性正碰，不计燃烧的燃料质量．

　1．试通过计算证明按上述方案能使飞行器飞出太阳系；

　2．设在上述方案中，飞行器从发动机取得的能量为Ｅ１．如果不采取上述方案而是令飞行器在圆轨道上突然点燃喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，已使飞行器获得足够的速度沿圆轨道切线方向离开圆轨道后能直接飞出太阳系．采用这种办法时，飞行器从发动机取得的能量的最小值用Ｅ２表示，问Ｅ１／Ｅ２为多少?

图2

　五、如图2所示，在真空中建立一坐标系，以水平向右为ｘ轴正方向，竖直向下为ｙ轴正方向，ｚ轴垂直纸面向里．在0≤ｙ≤Ｌ的区域内有匀强磁场，Ｌ＝0．80ｍ，磁场的磁感强度的方向沿ｚ轴的正方向，其大小Ｂ＝0．10Ｔ．今把一荷质比ｑ／ｍ＝50Ｃ·ｋｇ－1的带正电质点在ｘ＝0，ｙ＝－0．20ｍ，ｚ＝0处静止释放，将带电质点过原点的时刻定为ｔ＝0时刻，求带电质点在磁场中任一时刻ｔ的位置坐标．并求它刚离开磁场时的位置和速度．（取重力加速度ｇ＝10ｍ·ｓ－2）

　六、普通光纤是一种可传输光的圆柱形细丝，由具有圆形截面的纤芯Ａ和包层Ｂ组成，Ｂ的折射率小于Ａ的折射率，光纤的端面和圆柱体的轴垂直，由一端面射入的光在很长的光纤中传播时，在纤芯Ａ和包层Ｂ的分界面上发生多次全反射．现在利用普通光纤测量流体F的折射率．实验方法如下：

让光纤的一端（出射端）浸在流体F中．令与光纤轴平行的单色平行光束经凸透镜折射后会聚光纤入射端面的中心Ｏ，经端面折射进入光纤，在光纤中传播．由点Ｏ出发的光束为圆锥形，已知其边缘光线和轴的夹角为α0，如图3甲所示．最后光从另一端面出射进入流体Ｆ．在距出射端面ｈ1处放置一垂直于光纤轴的毛玻璃屏Ｄ，在Ｄ上出现一圆形光斑，测出其直径为ｄ1，然后移动光屏Ｄ至距光纤出射端面ｈ２处，再测出圆形光斑的直径ｄ２，如图3乙所示．

图3

　1．若已知Ａ和Ｂ的折射率分别为ｎＡ与ｎＢ，求被测流体F的折射率ｎＦ的表达式．

　2．若ｎＡ、ｎＢ和α０均为未知量，如何通过进一步的实验以测出ｎＦ的值?

参考答案

　一、解：

设玻璃管内空气柱的长度为ｈ，大气压强为ｐ０，管内空气的压强为ｐ，水银密度为ρ，重力加速度为ｇ，由图4知

　ｐ＋（ｌ－ｈ）ρｇ＝ｐ０，　　　　　①

　根据题给的数据，可知ｐ０＝ｌρｇ，得

　ｐ＝ρｇｈ，　　　　　②

　若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为

　Ｖ＝Ｓｈ，　　　　　③

　由②、③式，得

　ｐ＝（Ｖ／Ｓ）ρｇ，　　　　　④

　即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程ｐＶ＝ｎＲＴ，得

　　ρｇ（Ｖ2／Ｓ）＝ｎＲＴ，　　　　　⑤

由⑤式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据④式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为ｐ－Ｖ图上过原点的直线，如图5所示．在管内气体的温度由Ｔ１降到Ｔ２的过程中，气体的体积由Ｖ１变到Ｖ２，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示，即有

图4

图5

　Ｗ＝（1／2）ρｇ（（Ｖ１／Ｓ）＋（Ｖ２／Ｓ））（Ｖ１－Ｖ２）＝ρｇ（Ｖ１2－Ｖ２2）／2Ｓ，　　　　　　⑥

　管内空气内能的变化为

　ΔＵ＝ｎＣＶ（Ｔ２－Ｔ１），　　　　　　　⑦

设Ｑ为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律Ｗ＋Ｑ＝ΔＵ，有

　Ｑ＝ΔＵ－Ｗ，　　　　　　　　　　　⑧

由⑤、⑥、⑦、⑧式代入得

　　Ｑ＝ｎ（Ｔ２－Ｔ１）（ＣＶ＋（1／2）Ｒ），　　　　　　　⑨

　代入有关数据得

　Ｑ＝－0．247Ｊ，

Ｑ＜0，表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为

　Ｑ′＝－Ｑ＝0．247Ｊ．　　　　　　（10）

　二、解：

在由直线ＢＣ与小球球心Ｏ所确定的平面中，激光光束两次折射的光路ＢＣＤＥ如图6所示，图中入射光线ＢＣ与出射光线ＤＥ的延长线交于点Ｇ，按照光的折射定律有

图6

　　ｎ0ｓｉｎα＝ｎｓｉｎβ，　　　　　　　　　　　①

　式中α与β分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知

　ｓｉｎα＝ｌ／ｒ．　　　　　　　　　　　　　　　②

激光光束经两次折射，频率ν保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小ｐ和ｐ′相等，即

　ｐ＝ｈν／ｃ＝ｐ′，　　　　　　③

式中ｃ为真空中的光速，ｈ为普朗克常量．因射入小球的光束中光子的动量ｐ沿ＢＣ方向，射出小球的光束中光子的动量ｐ′沿ＤＥ方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2θ，由图中几何关系可知

　2θ＝2（α－β）．　　　　　　④

若取线段ＧＮ１的长度正比于光子动量ｐ，ＧＮ２的长度正比于光子动量ｐ′，则线段Ｎ１Ｎ２的长度正比于光子动量的改变量Δｐ，由几何关系得

　Δｐ＝2ｐｓｉｎθ＝2（ｈν／ｃ）ｓｉｎθ，　　　　　⑤

△ＧＮ１Ｎ２为等腰三角形，其底边上的高ＧＨ与ＣＤ平行，故光子动量的改变量Δｐ的方向沿垂直ＣＤ的方向，且由Ｇ指向球心Ｏ．光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即

　Δｔ＝2ｒｃｏｓβ／（ｃｎ０／ｎ），　　　　　　⑥

式中ｃｎ０／ｎ是光在小球内的传播速率，按照牛顿第二定律，光子所受小球平均作用力的大小为

　ｆ＝Δｐ／Δｔ＝ｎ0ｈνｓｉｎθ／ｎｒｃｏｓβ，　　　　　　　　⑦

按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小Ｆ＝ｆ，即

　Ｆ＝ｎ０ｈνｓｉｎθ／ｎｒｃｏｓβ，　　　　　　　⑧

力的方向由点Ｏ指向点Ｇ．由①、②、④及⑧式，经过三角函数关系运算，最后可得

　Ｆ＝（ｎ０ｌｈν／ｎｒ2）（1－

）．　　　　　　　　⑨

　三、解：

1．相距为ｒ的电量为Ｑ１与Ｑ２的两点电荷之间的库仑力ＦＱ与电势能ＵＱ公式为

　ＦＱ＝ｋ（Ｑ１Ｑ２／ｒ２），ＵＱ＝－ｋ（Ｑ１Ｑ２／ｒ），　　　　　　①

现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为

　Ｕ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ），

　根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为

　Ｆ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ2），　　　　　　②

设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为ｖ，因二者相距ｒ０，二者所受的向心力均为Ｆ（ｒ０），二者的运动方程均为

　ｍ1ｖ2／（ｒ０／2）＝ｋ（4ａｓ／3ｒ０2）．　　　　　　　　　③

由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数ｎ＝1，得

　2ｍ１ｖ（ｒ０／2）＝ｈ／2π．　　　　　　④

　由③与④两式，解得

　ｒ０＝3ｈ2／8π２ｍ１ａｓｋ，　　　　　　　⑤

　代入数据得

　ｒ０＝1．4×10－17ｍ．　　　　　　　　　⑥

　2．由③、④两式，可得

　ｖ＝（π／ｈ）（ｋ4ａｓ／3），　　　　　　　⑦

由ｖ和ｒ０可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期Ｔ为

　Ｔ＝2π（ｒ０／2）／ｖ＝ｈ3／2π２ｍ1（ｋ4ａｓ／3）2，　　　　　　　⑧

代入数值得

　Ｔ＝1．8×10－24ｓ，　　　　　　　　⑨

由此可知

　τ／Ｔ＝0．22．　　　　　　　　（10）

　因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的1／5，故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的．

　四、解：

1．设太阳的质量为Ｍ０，飞行器的质量为ｍ，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为Ｒ．根据所设计的方案，可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发，沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的，该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切，又与小行星的圆轨道相切．要使飞行器沿此椭圆轨道运动，应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内，由ｖ０变为某一值ｕ０．设飞行器椭圆轨道达小行星轨道到时的速度为ｕ，因大小为ｕ０和ｕ的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律，得

　ｕ０Ｒ＝6ｕＲ，　　　　　　①

由能量关系，有

　（1／2）ｍｕ０2－Ｇ（Ｍ０ｍ／Ｒ）＝（1／2）ｍｕ2－Ｇ（Ｍ０ｍ／6Ｒ），　　　　　②

由牛顿万有引力定律，有

　Ｇ（Ｍ０ｍ／Ｒ2）＝ｍ（ｖ０2／Ｒ），

或　　　　　ｖ０＝

．　　　　　　　③

解①、②、③式，得

　ｕ0＝

ｖ0，　　　　　　　④

　ｕ＝

ｖ0．　　　　　　　⑤

设小行星绕太阳运动的速度为ｖ，小行星的质量Ｍ，由牛顿万有引力定律，有

　ＧＭ0Ｍ／（6Ｒ）2＝Ｍｖ2／6Ｒ，

　得ｖ＝

ｖ0，　　　　　　⑥

可以看出　　　　ｖ＞ｕ．　　　　　　　　⑦

　由此可见，只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道，使得它到达小行星轨道外时，小行星的前缘也正好运动到该处，则飞行器就能被小行星撞击．可以把小行星看做是相对静止的，飞行器以相对速度为ｖ－ｕ射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，碰撞后，飞行器以同样的速率ｖ－ｕ弹离，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为ｖ－ｕ，方向与小行星的速度的方向相同，故飞行器相对太阳的速度为

　ｕ1＝ｖ＋ｖ－ｕ＝2ｖ－ｕ，

或将⑤、⑥式代入得

　ｕ１＝（

ｖ0．　　　　　　⑧

　如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系，它应具有的最小速度为ｕ２，则有

　（1／2）ｍｕ２2－Ｇ（Ｍ0ｍ／6Ｒ）＝0，

得　　ｕ２＝

ｖ0，　　　　　　⑨

可以看出

　ｕ１＝

ｖ0＝ｕ2．　　　　　　（10）

　飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系．

　2．为使飞行器能进入椭圆轨道，发动机应使飞行器的速度由ｖ0增加到ｕ0，飞行器从发动机取得的能量

　Ｅ１＝（1／2）ｍｕ02－（1／2）ｍｖ02

　　　　＝（1／2）ｍ（12／7）ｖ02－（1／2）ｍｖ02＝（5／14）ｍｖ02．　　　（11）

若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系，飞行器应具有的最小速度为ｕ３，则有

　（1／2）ｍｕ32－Ｇ（Ｍ0ｍ／Ｒ）＝0，

由此得

　ｕ３＝

ｖ0．　　（12）

飞行器的速度由ｖ0增加到ｕ3，应从发动机获取的能量为

　Ｅ2＝（1／2）ｍｕ３2－（1／2）ｍｖ０2＝（1／2）ｍｖ０2，　　　（13）

所以　　　Ｅ１／Ｅ2＝（5／14）ｍｖ22／（1／2）ｍｖ22＝0．71．　　　　（14）

　五、解法一：

带电质点静止释放时，受重力作用做自由落体运动，当它到达坐标原点时，速度为

　ｖ１＝

＝2．0ｍ·ｓ－1，　　　①

　　方向竖直向下．带电质点进入磁场后，除受重力作用外，还受到洛伦兹力作用，质点速度的大小和方向都将变化，洛伦兹力的大小和方向亦随之变化．我们可以设想，在带电质点到达原点时，给质点附加上沿ｘ轴正方向和负方向两个大小都是ｖ0的初速度，由于这两个方向相反的速度的合速度为零，因而不影响带电质点以后的运动．在ｔ＝0时刻，带电质点因具有沿ｘ轴正方向的初速度ｖ0而受洛伦兹力ｆ１的作用，即

　ｆ１＝ｑｖ0Ｂ，　　　②

其方向与重力的方向相反．适当选择ｖ0的大小，使ｆ１等于重力，即

　ｑｖ0Ｂ＝ｍｇ，　　　③

　ｖ0＝ｇ／（ｑ／ｍ）Ｂ＝2．0ｍ·ｓ－1，　　　④

　只要带电质点保持④式决定的ｖ0沿ｘ轴正方向运动，ｆ１与重力的合力永远等于零．但此时，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度ｖ１和沿ｘ轴负方向的速度ｖ0，二者的合成速度大小为

　ｖ＝

＝2．8ｍ·ｓ－1，　　　⑤

方向指向左下方，设它与ｘ轴的负方向的夹角为α，如图7所示，则

　　ｔｇα＝ｖ１／ｖ0＝1，

　α＝π／4，　　　⑥

图7

因而带电质点从ｔ＝0时刻起的运动可以看做是速率为ｖ0，沿ｘ轴的正方向的匀速直线运动和在ｘＯｙ平面内速率为ｖ的匀速圆周运动的合成．圆周半径为

　Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝0．56ｍ．　　　⑦

　带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心Ｏ′位于垂直于质点此时速度ｖ的直线上，由图7可知，其坐标为

ｘＯ′＝Ｒｓｉｎα＝0．40ｍ，

⑧

ｙＯ′＝Ｒｃｏｓα＝0．40ｍ．

圆周运动的角速度为

　　ω＝ｖ／Ｒ＝5．0ｒａｄ·ｓ－1．　　　⑨

　由图7可知，在带电质点离开磁场区域前的任何时刻ｔ，质点位置的坐标为

　ｘ＝ｖ０ｔ－［Ｒｓｉｎ（ωｔ＋α）－ｘＯ′］，　　（10）

　ｙ＝ｙＯ′－Ｒｃｏｓ（ωｔ＋α），　　（11）

式中ｖ０、Ｒ、ω、α、ｘＯ′、ｙＯ′已分别由④、⑦、⑨、⑥、⑧各式给出．带电质点到达磁场区域下边界时，ｙ＝Ｌ＝0．80ｍ，代入（11）式，再代入有关数值，解得

　ｔ＝0．31ｓ，　　　（12）

将（12）式代入（10）式，再代入有关数值，得

　ｘ＝0．63ｍ，　　（13）

所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为

　ｘ＝0．63ｍ，ｙ＝0．80ｍ，ｚ＝0．　　（14）

带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为ｖ的匀速圆周运动和一个速率为ｖ０的沿ｘ轴正方向的匀速直线运动，任何时刻ｔ，带电质点的速度ｖ′便是匀速圆周运动速度ｖ与匀速直线运动的速度ｖ０的合速度．若圆周运动的速度在ｘ方向和ｙ方向的分量为ｖｘ′、ｖｙ′，则质点合速度在ｘ方向的分速度分别为

　ｖｘ′＝ｖｘ＋ｖ０，　　（15）

　ｖｙ′＝ｖｙ．　　（16）

虽然

＝ｖ，ｖ由⑤式决定，其大小是恒定不变的，ｖ０由④式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因ｖ的方向不断变化，它在ｘ方向和ｙ方向的分量ｖｘ和ｖｙ都随时间变化，因此ｖｘ′和ｖｙ′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ｙ坐标恰为磁场区域宽度的一半，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ｘ轴正方向夹角α′＝π／4，故代入数值得

　ｖｘ＝ｖｃｏｓα′＝2．0ｍ·ｓ－1，

　ｖｙ＝ｖｓｉｎα′＝2．0ｍ·ｓ－1，

将以上两式及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

　ｖｘ′＝4．0ｍ·ｓ－1，　　（17）

　ｖｙ′＝2．0ｍ·ｓ－1，　　（18）

　速度大小为

　ｖ′＝

＝4．5ｍ·ｓ－1，　　　（19）

设ｖ′的方向与ｘ轴的夹角为β，如图8所示，则

　ｔｇβ＝ｖｙ′／ｖｘ′＝1／2，得β＝27°．　　　（20）

图8

　　解法二：

若以带电质点到达坐标原点O的时刻作为起始时刻（ｔ＝0），则质点的初速度为

　ｖ1＝

＝2．0ｍ·ｓ－1，　　　①

　方向沿ｙ轴正方向．进入磁场区后，带电质点将受到洛伦兹力作用，洛伦兹力在ｘ方向的分力取决于质点在ｙ方向的分速度，因此质点动量在ｘ方向的分量的增量为

　ｍΔｖｘ＝ｑｖｙＢΔｔ＝ｑΔｙＢ，　　　②

Δｙ是带电质点在Δｔ时间内沿ｙ方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一段Δｔ时间都成立，所以在ｔ＝0到ｔ＝ｔ时间内ｘ方向的分量的改变为

　ｍｖｘ－ｍｖ０ｘ＝ｑＢ（ｙ－ｙ０），

因初始时刻（ｔ＝0），带电质点在ｘ轴方向的动量ｍｖ０ｘ为零，其位置在原点，ｙ０＝0，因而得

　ｍｖｘ＝ｑｙＢ，

　即　　　ｖｘ＝（ｑＢ／ｍ）ｙ．　　　③

　当带电质点具有ｘ方向的速度后，便立即受到沿ｙ负方向的洛伦兹力的作用．根据牛顿第二定律，在ｙ方向上有加速度ａｙ，则

　ｍａｙ＝ｍｇ－ｑｖｘＢ，　　　④

将③式代入④式，得

　　ｍａｙ＝－［（ｑＢ）2／ｍ］（ｙ－（ｍ2／ｑ2Ｂ2）ｇ），　　　⑤

令　　ｙ′＝ｙ－Ｄ，　　　⑥

式中

　Ｄ＝ｍ2ｇ／（ｑＢ）2＝ｇ／（ｑ／ｍ）2Ｂ2＝0．40ｍ，　　　⑦

即在ｙ方向作用于带电质点的合力

　Ｆｙ＝－ｋｙ′，

其中　　　ｋ＝ｑ2Ｂ2／ｍ，

Ｆｙ是准弹性力，在Ｆｙ作用下，带电质点在ｙ′方向的运动是简谐运动，其振动的圆频率为

　ω＝

＝5．0ｒａｄ·ｓ－1，　　　⑧

ｙ′随时间变化的规律为

　ｙ′＝Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ0），　　　⑨

　或ｙ＝Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ0）＋Ｄ，　　　（10）

图9

　Ａ与φ0是待求的常量，质点的简谐运动可以用参考圆来描写，以所考察的简谐运动的振幅Ａ为半径作一圆，过圆心Ｏ1作一直角坐标ｘ′Ｏ1ｙ′．若有质点Ｍ沿此圆周做匀速率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率ω，且按逆时针方向转动，在ｔ＝0时刻，点Ｍ的在圆周上的位置恰使连线Ｏ1Ｍ与ｙ′轴的夹角等于⑨式中的常量φ０，则在任意时刻ｔ，点Ｏ1与点Ｍ的连线与ｙ′轴的夹角等于ωｔ＋φ０，于是连线Ｏ1Ｍ在ｙ′轴上的投影即为⑨式所示的简谐运动，将ｘ′轴平行下移Ｄ＝0．40ｍ，连线Ｏ1Ｍ在ｙ轴的投影即如（10）式所示（参看图9所示），点Ｍ做圆周运动的速度大小ｖ＝Ａω，方向与Ｏ1Ｍ垂直，速度ｖ的ｙ分量就是带电质点沿ｙ轴做简谐运动的速度，即

　ｖｙ＝－Ａωｓｉｎ（ωｔ＋φ０），　　（11）

（10）和（11）两式中的A和φ0可由下面的方法求得：

因为已知在ｔ＝0时，带电质点位于ｙ＝0处，速度ｖｙ＝ｖ1，把这个条件代入（10）式与（11）式，得

　Ａｃｏｓφ０＋Ｄ＝0，

　ｖ1＝－Ａωｓｉｎφ０．

解上面两式，结合①、⑧式，注意到振幅Ａ总是正的，故得

　φ０＝5π／4，　　（12）

　Ａ＝0．56ｍ．　　（13）

把（10）式代入③式，便得带电质点沿ｘ轴运动的速度为

　ｖｘ＝ωＤ＋Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０），　　（14）

　（14）式表示带电质点在ｘ方向上的速度是由两个速度合成的，即沿ｘ方向的匀速运动速度ωＤ和ｘ方向的简谐运动速度Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０）的合成，带电质点沿ｘ方向的简谐运动匀速运动的位移为

　ｘ′＝ωＤｔ．　　（15）

由沿ｘ方向的简谐振动速度Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０）可知，沿ｘ方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的比值（参看图8），即等于Ａ．由参考圆方法可知，沿ｘ方向的振动的位移ｘ″具有如下的形式，即

　　Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ０－（π／2））＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０），

它可能是ｘ″＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０），亦可能是ｘ″－ｂ＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．在本题中，ｔ＝0时刻，ｘ应为零，故前一表示不符合题意．后一表示式中，ｂ应取的值为ｂ＝－Ａｓｉｎφ０，故有

　ｘ″＝－Ａｓｉｎφ０＋Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．　　（16）

带电质点在ｘ方向的合位移ｘ＝ｘ′＋ｘ″，由（15）、（16）式，得

　ｘ＝ωＤｔ－Ａｓｉｎφ０＋Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．　　（17）

　（17）、（10）、（14）和（11）式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻ｔ的位置坐标和速度的ｘ分量和ｙ分量，式中常量ω、Ａ、φ０、Ｄ已分别由⑧、（13）、（12）和⑦式给出．

　当带电质点达到磁场的下边界时，有

　ｙ＝Ｌ＝0．80ｍ，　　（18）

将与（10）式有关的数据代入，可解得

　ｔ＝0．31ｓ，　　（19）

代入（17）式，得

　ｘ≈0．63ｍ，　　（20）

将（19）式分别代入（14）、（11）式，得

　ｖｘ＝4．0ｍ·ｓ－1，ｖｙ＝2．0ｍ·ｓ－1，

速度大小为　ｖ＝

＝4．5ｍ·ｓ－1，　　　（21）

速度方向为　α＝ａｒｃｔｇ（ｖｙ／ｖｘ）＝27°．　　（22）

图10

　六、1．由于光纤内所有光线都从轴上的点Ｏ出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图10为纵剖面内的光路图，设由点Ｏ发出的与轴的夹角为α的光线，射至Ａ、Ｂ分界面的入射角为ｉ，反射角也为ｉ．该光线在光纤中多次反射时的入射角均为ｉ，射至出射端面时的入射角为α．若该光线折射后的折射角为θ，则由几何关系和折射定律可得

　ｉ＋α＝90°，　　　①

　ｎＡｓｉｎα＝ｎＦｓｉｎθ．　　　②

　当ｉ大于全反射临界角ｉＣ时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而ｉ＜ｉＣ的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射进入Ｂ，反射光强随着反射次数的增大而越来越弱，以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了．因而能射向出射端面的光线的ｉ的数值一定大于或等于ｉＣ，ｉＣ的值由下式决定，即

　ｎＡｓｉｎｉＣ＝ｎＢ，　　　③

与ｉＣ对应的α值为　αＣ＝90°－ｉＣ，　　　④

当α０＞αＣ时，即ｓｉｎα０＞ｓｉｎαＣ＝ｃｏｓｉＣ＝

时，或ｎＡｓｉｎα０＞

时，由点Ｏ发出的光束中，只有α≤αＣ的光线才满足ｉ≥ｉＣ的条件，才能射向端面，此时出射端面处α的最大值为αｍａｘ＝αＣ＝90°－ｉＣ．　　　⑤

　若α0＜αＣ，即ｎＡｓｉｎα０＜

时，则由点O发出的光线都能满足ｉ＞ｉＣ的条件，因而都能射向端面，此时出射端面处α的最大值为

　αｍａｘ＝α０．　　　⑥

端面处入射角α最大时，折射角θ也达最大值，设为θｍａｘ，由②式可知

　ｎＦｓｉｎθｍａｘ＝ｎＡｓｉｎαｍａｘ．　　　⑦

由⑥、⑦式可得，当α０＜αＣ时，有

　ｎＦ＝ｎＡｓｉｎα