第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題2000年題號-一一二三四五六總計(jì)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l=76cm，管內(nèi)封閉有n=1.0xlO-3mol的空氣，保持水銀槽與玻璃管都不動而設(shè)法使玻璃管內(nèi)空氣的溫度緩慢地降低10°C，問在此過程中管內(nèi)空氣放出的熱量為多少？已知管外大氣的壓強(qiáng)為76cm汞柱高，每摩爾空氣的內(nèi)能U=CyT，其中T為絕對溫度，常量q=20.5J-（mol-K）t，普適氣體常量R=8.31J-（mol-K）t。率為勻的直線表面并于率在束中二、（20分）如圖復(fù)17-2所示，在真空中有一個(gè)折射n（n>no，n。為真空的折射率）、半徑為r的質(zhì)地均小球。頻率為v的細(xì)激光束在真空中沿直線BC傳播，BC與小球球心O的距離為l（l<r），光束于小球體的點(diǎn)C點(diǎn)經(jīng)折射進(jìn)入小球（小球成為光傳播的介質(zhì)）,小球表面的點(diǎn)D率為勻的直線表面并于率在束中三、（25分）1995年，美國費(fèi)米國家實(shí)驗(yàn)室CDF實(shí)驗(yàn)組和DO實(shí)驗(yàn)組在質(zhì)子反質(zhì)子對撞機(jī)TEVATRON的實(shí)驗(yàn)中，觀察到了頂夸克，測得它的靜止質(zhì)量=1.75x1011eV/c2=3.1x10-25kg，壽命T=0.4X10-24S，這是近十幾年來粒子物理研究最重要的實(shí)驗(yàn)進(jìn)展之一.1.正、反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢能可寫為U（r）=—k4aS，式中r是正、反頂夸克之間的3r距離，a=0.12是強(qiáng)相互作用耦合常數(shù)，k是與單位制有關(guān)的常數(shù)，在國際單位制中Sk=0.319x10-25J.m.為估算正、反頂夸克能否構(gòu)成一個(gè)處在束縛狀態(tài)的系統(tǒng)，可把束縛狀態(tài)設(shè)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(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動．如能構(gòu)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匚.已知處于束縛態(tài)的正、反夸克粒子滿足量子化條件，即2mv-0<2丿n為量子數(shù)，h=6.63x10-34n為量子數(shù)，h=6.63x10-34J.s為普2.試求正、反頂夸克在上述設(shè)想的基態(tài)中做勻速圓周運(yùn)動的周期T.你認(rèn)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(nèi)做圓周運(yùn)動，飛行器的質(zhì)量比小行星的質(zhì)量小得很多，飛行器的速率為vo，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(shè)計(jì)了如下方案：I.當(dāng)飛行器在其圓周軌道的適當(dāng)位置時(shí)，突然點(diǎn)燃飛行器上的噴氣發(fā)動機(jī)，經(jīng)過極短時(shí)間后立即關(guān)閉發(fā)動機(jī)，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(dá)小行星的軌道時(shí)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(jì)燃燒的燃料質(zhì)量．1．試通過計(jì)算證明按上述方案能使飛行器飛出太陽系；2.設(shè)在上述方案中，飛行器從發(fā)動機(jī)取得的能量為氣.如果不采取上述方案而是令飛行器在圓軌道上突然點(diǎn)燃噴氣發(fā)動機(jī)，經(jīng)過極短時(shí)間后立即關(guān)閉發(fā)動機(jī)，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(shí)，飛行器從發(fā)動機(jī)取得的能量的最小值用E表示，問E為多少？2E2豎的靜在y雷17-5五、（25分）在真空中建立一坐標(biāo)系，以水平向右為x軸正方向，直向下為y軸正方向，z軸垂直紙面向里（圖復(fù)17-5）.在0<y<L的區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，L=0.80m，磁場的磁感強(qiáng)度方向沿z軸的正方向，其大小B豎的靜在y雷17-5q/m=50C-kg-1的帶正電質(zhì)點(diǎn)在x=0，y=-0.20m，z=0處止釋放，將帶電質(zhì)點(diǎn)過原點(diǎn)的時(shí)刻定為t=0時(shí)刻，求帶電質(zhì)點(diǎn)磁場中任一時(shí)刻t的位置坐標(biāo).并求它剛離開磁場時(shí)的位置和速4團(tuán)復(fù)17-6-1空氣度.取重力加速度g=10m-S-2。4團(tuán)復(fù)17-6-1空氣六、（25分）普通光纖是一種可傳輸光的圓柱形細(xì)絲，由具有圓形截面的纖芯A和包層B組成，B的折射率小于A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(shí)，在纖芯A和包層B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F的折射率．實(shí)驗(yàn)方法如下：讓光纖的一端(出射端)浸在流體F中.令與光纖軸平行的單色平行光束經(jīng)凸透鏡折射后會聚光纖入射端面的中心O，經(jīng)端面折射進(jìn)入光纖，在光纖中傳播?由點(diǎn)O出發(fā)的光束為圓錐形，已知其邊緣光線和軸的夾角為0，如圖復(fù)17-6-1所示.最后光從另一端面出射進(jìn)入流體F.在距出射端面處放置一垂直于光纖軸的毛玻璃屏D，在D上出現(xiàn)一圓形光斑，測出其直徑為d］，然后移動光屏D至距光纖出射端面h處，再測出圓形光斑的直徑d，如圖復(fù)2217-6-2所示.1?若已知A和B的折射率分別為n與n，AB雷17-6-2率作的表達(dá)式?2.若nA、nB和%均為未知量，如何通過進(jìn)一步的實(shí)驗(yàn)以測出作的值?雷17-6-2率作的表達(dá)式?第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答、參考解答設(shè)玻璃管內(nèi)空氣柱的長度為h，大氣壓強(qiáng)為p0，管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為p,水銀密度為P，重力加速度為g，由圖復(fù)解17-1-1可知TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"P+(1-h)Pg=p0(1)根據(jù)題給的數(shù)據(jù)，可知p0=1Pg，得p=Pgh(2)若玻璃管的橫截面積為S，則管內(nèi)空氣的體積為\o"CurrentDocument"V=Sh(3)由(2)、(3)式得VP=sPg即管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)與其體積成正比，由克拉方程pV=nRT得V2Pg=nRT(4)珀龍(5)圖復(fù)解17-1-2S(4)珀龍(5)圖復(fù)解17-1-2由（5）式可知，隨著溫度降低，管內(nèi)空氣的體積變小，根據(jù)（4）式可知管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)也變小，壓強(qiáng)隨體積的變化關(guān)系為p-V圖上過原點(diǎn)的直線，如圖復(fù)解17-1-2所示.在管內(nèi)氣體的溫度由T1降到T的過程中，氣體的體積由V變到V，體積縮小，外界對氣體做正功，功的數(shù)值可用圖中劃有212斜線的梯形面積來表示，即有(V2-V2)-4I2S丿6）管內(nèi)空氣內(nèi)能的變化AU=nC（T—T）V21設(shè)Q為外界傳給氣體的熱量，則由熱力學(xué)第一定律W+Q=AU，有Q=AU—W由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得217）8）9）代入有關(guān)數(shù)據(jù)得Q=—0.247JQ<0表示管內(nèi)空氣放出熱量，故空氣放出的熱量為Q'=-Q=0.247J10)評分標(biāo)準(zhǔn)：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BC與小球球心O所確定的平面中，激光光束兩次折射的光路BCDE如圖復(fù)解17-2所示，圖中入射光線BC與出射光線DE的延長線交于G，按照光的折射定律有nsina=nsinB01）式中a與B分別是相應(yīng)的入射角和折射角，由幾何關(guān)系還可知lsma=一r激光光束經(jīng)兩次折射，頻率v保持不變，故在兩次折射前后，光束中一個(gè)光子的動量的大小p和p相等，即p=——p（3）c2）圉復(fù)解17-2式中c為真空中的光速，h為普朗克常量.因射入小球的光束中光子的動量p沿BC方向，射出小球的光束中光子的動量p沿DE方向，光子動量的方向由于光束的折射而偏轉(zhuǎn)了一個(gè)角度20，由圖中幾何關(guān)系可知20=2（a—卩）4）若取線段GN］的長度正比于光子動量p，GN2的長度正比于光子動量p'，則線段Ng?的長度正比于光子動量的改變量邛，由幾何關(guān)系得Ap=2psin0=2sin0c5）AGN］N2為等腰三角形，其底邊上的高GH與CD平行，故光子動量的改變量Ap的方向沿垂直CD的方向，且由G指向球心O.光子與小球作用的時(shí)間可認(rèn)為是光束在小球內(nèi)的傳播時(shí)間，即cn0/n6）式中cn0/n是光在小球內(nèi)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f=A=nohsin0（7）Atnrcos卩按照牛頓第三定律，光子對小球的平均作用力大小F=f，即nhvsin00nrcos卩8)力的方向由點(diǎn)O指向點(diǎn)G.由（1）、（2）、（4）及（8）式，經(jīng)過三角函數(shù)關(guān)系運(yùn)算，最后可得nlhvF=—nr2(nr/n。)2-129)評分標(biāo)準(zhǔn)：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r的電量為Q］與Q2的兩點(diǎn)電荷之間的庫侖力Fq與電勢能UQ公式為F=kQQU=—kQQ（1）QQr2QQr現(xiàn)在已知正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢能為U（r）=—ks3r根據(jù)直接類比可知，正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用力為2）2）F（r）=-k4as3r2設(shè)正反頂夸克繞其連線的中點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動的速率為V，因二者相距r），二者所受的向心力均為F（r0），二者的運(yùn)動方程均為mv24at=ksr/23r200由題給的量子化條件，粒子處于基態(tài)時(shí)，取量子數(shù)n=1，得3）2mtvr\-9-2丿4）由（3）、（4）兩式解得3h2r=08兀2maktS5）代入數(shù)值得ro=14X10"17m6）2.由（3）與（4）兩式得7）由v和ro可算出正反頂夸克做勻速圓周運(yùn)動的周期T.2冗(W2)-h3（8）代入數(shù)值得v2n2m(k4a/3)2tST=1.8x10-24s（9）由此可得T/T=0.2（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(biāo)準(zhǔn)：本題25分15分。（2）式4分，（5）式9分，求得（6）式再給2分。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）2）（3）（4）1）2）（3）（4）5）MM0-(6R)2M6R設(shè)太陽的質(zhì)量為M0，飛行器的質(zhì)量為m，飛行器繞太陽做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R.根據(jù)所設(shè)計(jì)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(gè)橢圓軌道到達(dá)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(yùn)動，應(yīng)點(diǎn)燃發(fā)動機(jī)使飛行器的速度在極短的時(shí)間內(nèi)，由v0變?yōu)槟骋恢祏0.設(shè)飛行器沿橢圓軌道到達(dá)小行星軌道時(shí)的速度為u，因大小為u0和u的這兩個(gè)速度的方向都與橢圓的長軸垂直，由開普勒第二定律可得uR-6uR0由能量關(guān)系，有Mm1Mmmu2—G—0—=mu2-G0—TOC\o"1-5"\h\z0R26R由牛頓萬有引力定律，有\(zhòng)o"CurrentDocument"Mmv2G—0—=m-o-R2R或vv0解（1）、（2）、（3）三式得u0u00u=J丄v210設(shè)小行星繞太陽運(yùn)動的速度為v，小行星的質(zhì)量M，由牛頓萬有引力定律6）可以看出v>u（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(dá)小行星軌道處時(shí)，小行星的前緣也正好運(yùn)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v-u射向小行星，由于小行星的質(zhì)量比飛行器的質(zhì)量大得多，碰撞后，飛行器以同樣的速率v-u彈回，即碰撞后，飛行器相對小行星的速度的大小為v-u，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u=v+v一u=2v一u1

或?qū)ⅲ?）、（6）式代入得u1u1如果飛行器能從小行星的軌道上直接飛出太陽系’它應(yīng)具有的最小速度為U2,則有1Mmmu2—G―0—u2226Ru29）可以看出u1v01u1v01>v=u

<30210)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．為使飛行器能進(jìn)入橢圓軌道，發(fā)動機(jī)應(yīng)使飛行器的速度由vo增加到uo，飛行器從發(fā)動機(jī)取得的能量11)111121511)E=mu2—mv2=mv2—mv2=mv2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1202027020140若飛行器從其圓周軌道上直接飛出太陽系，飛行器應(yīng)具有的最小速度為篤，則有=0Mm=0mu2—G―0—3R由此得Ru312)Ru312)飛行器的速度由v0增加到u3，應(yīng)從發(fā)動機(jī)獲取的能量為13)11113)E=—mu2——mv2=—mv22所以E1E2514E1E2514mv02=0.7114)mv220評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分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。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(zhì)點(diǎn)靜止釋放時(shí)，受重力作用做自由落體運(yùn)動，當(dāng)它到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，速度為V=、、：2gIyI=2.0m-s_1(1)方向豎直向下．帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用，質(zhì)點(diǎn)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(shè)想，在帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)原點(diǎn)時(shí)，給質(zhì)點(diǎn)附加上沿x軸正方向和負(fù)方向兩個(gè)大小都是vo的初速度，由于這兩個(gè)方向相反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質(zhì)點(diǎn)以后的運(yùn)動.在t=0時(shí)刻，帶電質(zhì)點(diǎn)因具有沿x軸正方向的初速度vo而受洛倫茲力f的作用。f=qvB(2)1o其方向與重力的方向相反.適當(dāng)選擇vo的大小，使fl等于重力，即qvB=mg(3)vog(qvog(q/m)B=2.0m-s_1(4)只要帶電質(zhì)點(diǎn)保持(4)式?jīng)Q定的vo沿x軸正方向運(yùn)動，fl與重力的合力永遠(yuǎn)等于零.但此時(shí)，位于坐標(biāo)原點(diǎn)的帶電質(zhì)點(diǎn)還具有豎直向下的速度V］和沿X軸負(fù)方向的速度vo，二者的合成速度大小為5)方向指向左下方，設(shè)它與x軸的負(fù)方向的夾角為?，如圖復(fù)解17-5-1所示，則vtana=1=1vo兀/、a=(6)4因而帶電質(zhì)點(diǎn)從t=o時(shí)刻起的運(yùn)動可以看做是速率為為v的勻速圓周運(yùn)動的合成．圓周半徑V。，沿x軸的正方向的勻速直線運(yùn)動和在xOy平面內(nèi)速率為v的勻速圓周運(yùn)動的合成．圓周半徑R=R=qB='Gm7）帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場瞬間所對應(yīng)的圓周運(yùn)動的圓心O'位于垂直于質(zhì)點(diǎn)此時(shí)速度v的直線上，由圖復(fù)解17-5-1可知，其坐標(biāo)為x=Rsina=0.40mO'（8）y=Rcosa=0.40mO'圓周運(yùn)動的角速度v9）w==5.0rad-s_19）R由圖復(fù)解17-5-1可知，在帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場區(qū)域前的任何時(shí)刻t,質(zhì)點(diǎn)位置的坐標(biāo)為10)11)[rsin(wt+a)一x。]10)11)y=y。一Rcos(wt+a)式中v。、R、w、a、x。,、y。,已分別由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式給出。帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)磁場區(qū)域下邊界時(shí)，y=L=0.80m，代入（11）式，再代入有關(guān)數(shù)值，解得t=0.31s（12）將（12）式代入（10）式，再代入有關(guān)數(shù)值得x=0.63m（13）所以帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場下邊界時(shí)的位置的坐標(biāo)為x=0.63my=0.80mz=0（14）帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場內(nèi)的運(yùn)動可分解成一個(gè)速率為v的勻速圓周運(yùn)動和一個(gè)速率為v0的沿x軸正方向的勻速直線運(yùn)動，任何時(shí)刻t,帶電質(zhì)點(diǎn)的速度V便是勻速圓周運(yùn)動速度v與勻速直線運(yùn)動的速度v的合速度.若圓周運(yùn)動的速度在x方向和y方向的分量為v、v，則質(zhì)點(diǎn)合速度在x方向和y方0xy向的分速度分別為15)V=v+v15)xx0V=v（16）yy雖然v'v2+v2=v，v由（5）式?jīng)Q定，其大小是恒定不變的，v由（4）式?jīng)Q定，也是恒定不變的,xy0但在質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動過程中因v的方向不斷變化，它在x方向和y方向的分量v和vy都隨時(shí)間變化，因此xyV和Vy也隨時(shí)間變化，取決于所考察時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動速度的方向，由于圓周運(yùn)動的圓心的y坐xy33')標(biāo)恰為磁場區(qū)域?qū)挾鹊囊话?，由對稱性可知，帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場下邊緣時(shí)，圓周運(yùn)動的速度方向應(yīng)兀指向右下方，與x軸正方向夾角a'二一，故代入數(shù)值得4v=vcosa'=2.0m-s_1xv=vsina'=2.0m?s_1y將以上兩式及(5)式代入(15)、(16)式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)剛離開磁場區(qū)域時(shí)的速度分量，它們分別為V=4.0m?s—1(17)18)Oy圉復(fù)解17-5-2則得x18)Oy圉復(fù)解17-5-2則得Vy=2?0m-s—1速度大小為V=+Vy2=4.5m-s—1(19)設(shè)V的方向與x軸的夾角為0，如圖復(fù)解17-5-2所示,tan0=—y=—V2x得0=27。(20)評分標(biāo)準(zhǔn)：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20)式再給2分。解法二：若以帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O的時(shí)刻作為起始時(shí)刻(t=0)，則質(zhì)點(diǎn)的初速度為(1')=\2gIyI=2.0m-s—1(1')方向沿y軸正方向.進(jìn)入磁場區(qū)后，帶電質(zhì)點(diǎn)將受到洛倫茲力作用，洛倫茲力在x方向的分力取決于質(zhì)點(diǎn)在y方向的分速度，因此質(zhì)點(diǎn)動量在x方向的分量的增量為2')mAv=qvBAt=qBAy2')xyAy是帶電質(zhì)點(diǎn)在At時(shí)間內(nèi)沿y方向的位移，質(zhì)點(diǎn)在磁場中運(yùn)動的整個(gè)過程中，此式對每一段At時(shí)間都成立，所以在t=0到t=t時(shí)間內(nèi)x方向的動量的改變?yōu)閙v-mv=qB(y-y)x0x0因初始時(shí)刻(t=0)，帶電質(zhì)點(diǎn)在x軸方向的動量mv為零，其位置在原點(diǎn)，y=0，因而得0x0mv=qyBxqBv=yxm當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)具有X方向的速度后，便立即受到沿y負(fù)方向的洛倫茲力的作用?根據(jù)牛頓第二定律，在y方向上有加速度ayma=mg一qvByx將(當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)具有X方向的速度后，便立即受到沿y負(fù)方向的洛倫茲力的作用?根據(jù)牛頓第二定律，在y方向上有加速度ayma=mg一qvByx將(3')式代入(4')式，得「(qB)2m2'ma=-1IIygyLmq2B2'丿令y'=y-D式中m2g(qB)2=0.40m(q/m)2B24')5')6')7')即在y方向作用于帶電質(zhì)點(diǎn)的合力其中F=-ky'yq2B2k=mFy是準(zhǔn)彈性力，在Fy作用下，帶電質(zhì)點(diǎn)在y'方向的運(yùn)動是簡諧振動，振動的圓頻率=5.0rad-s_1y'隨時(shí)間變化的規(guī)律為y'=Acos(wt+?o)或y'=Acos(wt+你)+D(8')(9')10')寫動方刻A與申0是待求的常量，質(zhì)點(diǎn)的簡諧運(yùn)動可以用參考圓來描以所考察的簡諧運(yùn)動的振幅A為半徑作一圓，過圓心$作直角坐標(biāo)x'O]y'.若有一質(zhì)點(diǎn)M沿此圓周做勻速率圓周運(yùn)運(yùn)動的角速度等于所考察簡諧運(yùn)動的角頻率?，且按逆時(shí)針向轉(zhuǎn)動，在t=0時(shí)刻，M點(diǎn)的在圓周上的位置恰使連線O]M與y'軸的夾角等于(9')式中的常量申0，則在任意時(shí)t，$與M的連線與y'軸的夾角等于wt+%，于是連線0嚴(yán)在y'軸上的投影即為(9')式所示的簡諧振動，將x'軸平行下移D=0.40m，連線O]M在y軸

的投影即如（10'）式所示（參看圖復(fù)解17-5-3）,M點(diǎn)做圓周運(yùn)動的速度大小v=Aw,方向與OM垂直，速度的投影即如（10'）式所示（參看圖復(fù)解17-5-3）,M點(diǎn)做圓周運(yùn)動的速度大小v=Aw,方向與OM垂直，速度v的y分量就是帶電質(zhì)點(diǎn)沿y軸做簡諧運(yùn)動的速度，即v=-Awsin@t+申）（11'）y0（10'）和（11'）兩式中的A和你可由下面的方法求得：因?yàn)橐阎趖=0時(shí)，帶電質(zhì)點(diǎn)位于y=0處,速度vy=v，把這個(gè)條件代入（10'）式與（11'）式得vi一Awsin%解上面兩式，結(jié)合（1'）、（8'）式，注意到振幅A總是正的，故得5兀%-4A=0.56m把（10'）式代入（3'）式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)沿x軸運(yùn)動的速度(12')(13')v=wD+Awcos(wt)x0(14')（14'）式表示帶電質(zhì)點(diǎn)在x方向上的速度是由兩個(gè)速度合成的，即沿x方向的勻速運(yùn)動速度wD和x方向的簡諧振動速度Awcos（wt+?o）的合成，帶電質(zhì)點(diǎn)沿x方向的勻速運(yùn)動的位移x'=wDt15')由沿x方向的簡諧振動速度Awcos（wt+?o）可知，沿x方向振動位移的振幅等于速度的最大值與角頻率的比值（參看圖復(fù)解17-5-3），即等于A.由參考圓方法可知，沿x方向的振動的位移x“具有如下的形式Acoslwt叫=Asin(wt+申°)它可能是x”=Asin（wt+?o），亦可能是x"-b=Asin（wt+你）.在本題中，t=0時(shí)刻，x應(yīng)為零，故16')前一表示式不符合題意.后一表示式中，b應(yīng)取的值為b=-Asin申16')x''=-Asin你+Asin(wt+你)帶電質(zhì)點(diǎn)在x方向的合位移x=x'+x''，由（15'）、（16'）式，得x=wDt-Asin+Asin（wt+9。）（17'）（17'）、（10'）、（14'）和（11'）式分別給出了帶電質(zhì)點(diǎn)在離開磁場區(qū)域前任何時(shí)刻t的位置坐標(biāo)和速度的x分量和y分量，式中常量w、A、你、D已分別由（8'）、（13'）、（12'）和（7'）式1818，）給出．當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)達(dá)到磁場的下邊界時(shí)，y=L=—0.80m將與（給出．當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)達(dá)到磁場的下邊界時(shí)，y=L=—0.80m將與（10，）式有關(guān)的數(shù)據(jù)代入（10,）式，可解得t=0.31s代入（17，）式，得x匕0.63m將（19，）式分別代入（14，）式與（11，）式，得v=4.0m?s—1xvy=2?0m-s—1速度大小為速度方向?yàn)?4.5m-s—1a=arctan=27。19，）（20，）（21，）（22，）vx丿評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分（7，）式2分，（8，）式3分，（10，）式2分，（11，）式2分，（12，）式3分，（13，）式3分，（14，）式2分，（17，）式3分，（20，）式3分，（21，）式1分，（22，）式1分。六、參考解答1.由于光纖內(nèi)所有光線都從軸上的O點(diǎn)出發(fā)，在光纖中傳播的光線都與軸相交，位于通過軸的縱剖面內(nèi)，圖復(fù)解17-6-1為縱剖面內(nèi)的光路圖，設(shè)由O點(diǎn)發(fā)出的與軸的夾角為a的光線，射至A、B分界面的入射角為i,反射角也為i.該光線在光纖中多次反射時(shí)的入射角均為i,射至出射端面時(shí)的入射角為a.若該光線折射后的折射角為0，則由幾何關(guān)系和折射定律可得i+a=90。（1）nsina=nsin0（2）AF面，而i<iC的光線則因在發(fā)生反射射越面，而i<iC的光線則因在發(fā)生反射射越已面時(shí)有部分光線通過折射進(jìn)入B，反光強(qiáng)隨著反射次數(shù)的增大而越來弱，以致在未到達(dá)出射端面之前就經(jīng)衰減