23屆物理競賽決賽試題

1、第23屆全國中學生物理競賽決賽試題2006年11月深圳理論試題一、建造一條能通向太空的天梯，是人們長期的夢想.當今在美國宇航局（NASA）支持下，洛斯阿拉莫斯國家實驗室的科學家已在進行這方面的研究.一種簡單的設(shè)計是把天梯看作一條長度達千萬層樓高的質(zhì)量均勻分布的纜繩，它由一種高強度、 很輕的納米碳管制成，由傳統(tǒng)的太空飛船運到太空上，然后慢慢垂到地球表面. 最后達到這樣的狀態(tài)和位置：天梯本身呈直線狀；其上端指向太空，下端剛與地面接觸但與地面之間無相互作用；整個天梯相對于地球靜止不動.如果只考慮地球?qū)μ焯莸娜f有引力，試求此天梯的長度. 已知地球半徑 Ro =6.37 便6 m ,地球表面處的重力加速

2、度g = 9.80 m s 2 .二、如圖所示，一內(nèi)半徑為 R的圓筒（圖中2R為其內(nèi)直徑）位于水平地面上.筒內(nèi)放一矩 形物.矩形物中的A、B是兩根長度相等、 質(zhì)量皆為m的細 圓棍，它們平行地固連在一質(zhì)量可以不計的，長為 l = <3R 的矩形薄片的兩端.初始時矩形物位于水平位置且處于靜止 狀態(tài)，A、B皆與圓筒內(nèi)表面接觸.已知 A、B與圓筒內(nèi)表 面間的靜摩擦因數(shù)科都等于1.現(xiàn)令圓筒繞其中心軸線非常緩慢地轉(zhuǎn)動，使A逐漸升高.1 .矩形物轉(zhuǎn)過多大角度后，它開始與圓筒之間不再能保 持相對靜止？答： （只要求寫出數(shù)值，不要求寫出推導過程）2 .如果矩形物與圓筒之間剛不能保持相對靜止時，立即令圓筒停

3、止轉(zhuǎn)動.令。表示A的中點和B的中點的連線與豎直線之間的夾角，求此后。等于多少度時，B相對于圓筒開始滑動.（要求在卷面上寫出必要的推導過程.最后用計算器對方程式進行數(shù)值求解，最終結(jié) 果要求寫出三位數(shù)字.）靜止的大氣中不同高度處由于地球的自轉(zhuǎn)及不同高度處的大氣對太陽輻射吸收的差異,氣體的溫度、密度都是不同的.對于干燥的靜止空氣，在離地面的高度小于 20 km的大氣層 內(nèi)，大氣溫度Te隨高度的增大而降低，已知其變化率 Te =-6.0 10 3K - mz為豎直向上的坐標.現(xiàn)考查大氣層中的一質(zhì)量一定的微小空氣團（在確定它在空間的位置時可當作質(zhì)點處理），取其初始位置為坐標原點（z = 0）,這時氣團的

4、溫度 T、密度p、壓強p都分別與周 圍大氣的溫度Te、密度pe、壓弓雖pe相等.由于某種原因，該微氣團發(fā)生向上的小位移.因為大氣的壓強隨高度的增加而減小，微氣團在向上移動的過程中，其體積要膨脹，溫度要變化（溫度隨高度變化可視為線性的）.由于過程進行得不是非?？?，微氣團內(nèi)氣體的壓強已來得及隨時調(diào)整到與周圍大氣的壓強相等，但尚來不及與周圍大氣發(fā)生熱交換，因而可以把過程視為絕熱過程. 現(xiàn)假定大氣可視為理想氣體，理想氣體在絕熱過程中，其壓強p與體積V滿足絕熱過程方程 pV 丫= C .式中C和丫都是常量，但 丫與氣體種類有關(guān)，對空氣，丫 =1.40 .已知空氣的摩爾質(zhì)量 產(chǎn)0.029 kg ? mo1

5、 ,普適氣體恒量 R = 8.31 J ?（ K ? mol廠1 .試 在上述條件下定量討論微氣團以后的運動.設(shè)重力加速度g = 9.8 m - s 2 , z = 0處大氣的溫度 Te0 = 300 K四、圖1中K為帶電粒子發(fā)射源，從中可持續(xù)不斷地射出質(zhì)量、電荷都相同的帶正電的粒 子流，它們的速度方向都沿圖中虛線OO ,速度的大小具有一切可能值但都是有限的.當粒子打在垂直于 OO的屏NN '上時，會在屏上留下永久性的痕跡.屏內(nèi)有一與虛線垂直的 坐標軸丫，其原點位于屏與虛線的交點。處，丫的正方向由。指向N .虛線上的 A、B兩處，各有一電子閥門 a和b .閥門可以根據(jù)指令開啟或關(guān)閉.開

6、始時兩閥門都處于關(guān)閉 狀態(tài)，擋住粒子流. M、M'是兩塊較大的平行金屬平板，到虛線 OO的距離都是d ,板 M接地.在兩板間加上如 圖2所示的周期為2T的交變電壓u , u的正向最大值為 2U ,負 向最大值為U .已知當帶電粒子處在兩平板間的空間時，若兩平板間的電壓為 U ,則粒子在電場作用下的加速度 a、電壓u的半周期T和平板到虛線的距離 d滿足以下關(guān)系aT2= 1d5圖2已知AB間的距離、B到金屬板左端的距離、金屬板的長度以及金屬板右端到屏的距離都是l .不計重力的作用.不計帶電粒子間的相互作用.打開閥門上的粒子被閥門吸收，不會影響以后帶電粒子的運動.只考慮MM'之間的電

7、場并把它視為勻強電場.1 .假定閥門從開啟到關(guān)閉經(jīng)歷的時間8比T小得多，可忽略不計.現(xiàn)在某時刻突然開啟閥門a又立即關(guān)閉；經(jīng)過時間 T ,再次開啟閥門a又立即關(guān)閉；再經(jīng)過時間 T ,第3次 開啟閥門a同時開啟閥門 b ,立即同時關(guān)閉 a、b .若以開啟閥門 b的時刻作為圖 2 中1 = 0的時刻，則屏上可能出現(xiàn)的粒子痕跡的Y坐標（只要寫出結(jié)果，不必寫出計算過程）為 .2 .假定閥門從開啟到關(guān)閉經(jīng)歷的時間8= 1T0 ,現(xiàn)在某時刻突然開啟閥門 a ,經(jīng)過時間8立即關(guān)閉a ;從剛開啟a的時刻起，經(jīng)過時間 T ,突然開啟閥門 b ,經(jīng)過時間8關(guān)閉 b .若以剛開啟閥門 b的時刻作為圖 2中t = 0的

8、時刻，則從 B處射出的具有最大速率的 粒子射到屏上所產(chǎn)生的痕跡的Y坐標（只要寫出結(jié)果，不必寫出計算過程）為具有最小速率的粒子射到屏上所產(chǎn)生的痕跡的Y坐標（只要寫出結(jié)果，不必寫出計算過程）如圖所示，坐標系 Oxyz的x軸和z軸都位于紙面內(nèi)，y軸垂直紙面向里.兩無限大金屬極板P和Q分別位于x = d和x =d處.磁感應(yīng)強度大小為 B 的勻強磁場的方向平行于 Oxz坐標平面，與z軸的夾 角為a .在坐標原點 O處，有一電荷為 q （0）、 質(zhì)量為m的帶電粒子，以沿 y軸正方向的初速度 vo 開始運動.不計重力作用.1 .若兩極板間未加電場， 欲使該粒子在空間上恰好能到達極板（但與板不接觸），則初 速

9、度V0應(yīng)為多大？所需最短時間 to是多少?2 .若在兩極板間沿 x軸正方向加上一場強為 E的勻強電場，使該粒子能在第1問中所求得的時間to到達極板，則該粒子的初速度 V0應(yīng)為多大？若 a = 4 ,求粒子到達極板時粒 子的坐標.八、在高能物理中，實驗證明，在實驗室參考系中， 一個運動的質(zhì)子與一個靜止的質(zhì)子相碰時，碰后可能再產(chǎn)生一個質(zhì)子和一個反質(zhì)子，即總共存在三個質(zhì)子和一個反質(zhì)子.試求發(fā)生這一情況時，碰前那個運動質(zhì)子的能量（對實驗室參考系）的最小值（即閾值）是多少.已知質(zhì)子和反質(zhì)子的靜止質(zhì)量都是mo = 1.67 1位27 kg .不考慮粒子間的靜電作用.第23屆全國中學生物理競賽決賽參考解答要

10、使天梯相對于地球靜止不動，由地面伸向太空，與地面之間無相互作用力，這樣的天梯的下端只能位于赤道上某處，且天梯與該處地球表面垂直，并與地球同步轉(zhuǎn)動.如圖1所示.(1)(2)符號表示對所有小段求和.ri = ri ri 1 是個小量，注意至Uriri 1 = ri( 口 一從坐標原點與地球中心固連、坐標軸指向恒星的慣性參考系來看，天梯和地球一起勻速轉(zhuǎn)動.天梯所受的外力只有地球的萬有引力.把天梯看作是由線密度為p的許多非常小的小段組成，則每小段到地球中心的距離不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中與地心的 距離為ri i到ri間的長度為 ri的小段所受地球引力為M PA rif i = G2ri整

11、個天梯所受的地球引力 F就等于每小段所受地球引力之和,1ri2ri) riVi2rin Li 1 rrri 1i 1 ri 1ro用Ro表示地球半徑，也就是天梯下端到地心的距離,Ri表示天梯上端到地心的距離,(3)(4)則ro = Ro , rn = Ri ,代入(2)式得f=GM ( X)整個天梯的質(zhì)量m = p( Ri -Ro )天梯的質(zhì)心位于天梯的中點，它到地心的距離Ri -R0rc = R0 + 2一(5)根據(jù)質(zhì)心運動定理，有F = mrc (午)2(6)式中T為地球自轉(zhuǎn)的周期.由（3）、（4）、（5）、（6）式可得2(Ri Ro ) ( R| + RoRi GMT22 ttR0 )

12、= 0Ri -R0 = 0 ,表示天梯無長度，不符合題意，符合題意的天梯長度滿足的方程為2R + RoRi GMT2 2 2= 02兀R0因為GM = R0gR2 + R0RiRogT2 = 02" - 0(8)【從跟隨地球一起轉(zhuǎn)動的參考系看，也可得到（8）式.這時，天梯在地球引力和慣性離心力的作用下，處于平衡靜止狀態(tài)，地球引力仍為（3)式,天梯所受的慣性離心力可由則第i小段受的慣性離心力卜面的方法求得：仍把天梯看作由很多長度為h的小段組成,f i，= pAri(竿)（5'）式中所示的和可以用 圖2過原點的直線y = K胃） ri對所有小段求和，就得到整個天梯所受的慣性離心力

13、nF '= fii 1(午)2 ri rir下的一個帶陰影的梯形面積/ 2(T42-(TOR0R,2 兀 2 Rd + RiF '= p( 7 )2 2 ( Ri -R0 )因為地球引力與慣性離心力平衡，由（3）式和（6）式可得2 氏 2 R0 + Ri)=(T )2 2 ( Ri -Rd )因為GM = R0g7）式最后也能得到（8）式.】解（8）式得Ri =(9)根號前取正號，代入有關(guān)數(shù)據(jù)，注意到 T = 8.64 104 s ,得(10)Ri = 1.50 108 m所以天梯的長度1. 90 °.L = Ri -Rd = 1.44 108 m(11)2.當矩形物

14、處于豎直位置即0= 0。時，B不會滑動，矩形物靜止.當圓筒緩慢轉(zhuǎn)動使（剛超過0時，A將離開圓筒內(nèi)表面而開始傾倒，按題意此時圓筒已停止轉(zhuǎn)動.假定不動，此后,A在豎直平面內(nèi)從靜止開始繞 B做圓周運動.圓周運動的徑向方程（牛頓第二定律）為V2八十m p = mgcos 0- T這里表示A的速度.T是剛性薄片對 A的作用力，規(guī)定其方向從 B到A為正.根據(jù)能量守恒,1 2mgl (1 cos 0) = 2mv2(2)聯(lián)立（1）、（2）式，得T = mg ( 3cos 0 2 )如果令T = 0 ,可得0= arccos ( 2 ) = 48.23顯見，0 V 48.2°時，作用力是徑向正向，對

15、A是推力；0 > 48.2°時，作用力是徑向反向，對A是拉力.現(xiàn)在再來看前面被假定不動的 B是否運動.我們可以在 B處畫圓筒內(nèi)表面的切面，它與水平面成30°夾角.因為假定 B不動，其加速度為零，所以 B在垂直于切面方向的受力 方程為1:1mgcos30 Tcos ( 30 -° 0) = 0(4)這里fI是圓筒內(nèi)壁對 B的支持力.由(4)式和(3)式可以論證，如果在 。等于60° (A將與圓筒相碰)之前B不動，則f，必將始終不等于零， 這就是說，在B開始滑動以前，B不會離開筒壁.B對筒壁的正壓力是 門的反作用力，大小和 仁相同.式中的T是剛性薄 片

16、對B的作用力，它和(1)式中的T大小相等(因薄片質(zhì)量不計).由于科=1,所以最大 靜摩擦力fmax的大小就等于正壓力.fmax = fi = mgcos30 °+ Tcos ( 30 ° 0)(5)其方向是沿切面方向.沿切面方向除摩擦力外，B還受到其他力f a = mgsin30 + Tsin ( 30 °0)(6)只要f/不大于最大靜摩擦力，B就不滑動.這個條件寫出來就是f “ W fmax( 7)B滑動與否的臨界點就應(yīng)由f = fmax求出，即mgcos30 °+ Tcos ( 30 ° 0) = mgsin30 + Tsin ( 30 &

17、#176;0)(8)將(3)式的T代入(8)式，化簡后得方程(3cos 02 ) cos 0+ ( 2 + V3 )sin 0 + 1 = 0(9)這個方程可用數(shù)值求解，即取不同的。值代入逐步逼近，最后可得0 = 54.9 °(10)。超過此值，B將開始滑動.三、設(shè)微氣團中空氣的質(zhì)量為 m ,當其位移為z時，氣團的體積為 V ,氣團內(nèi)氣體的密度 為p ,氣團周圍大氣的密度為 華.氣團受到豎直向下的重力 mg = Vq和豎直向上的浮力 Vpe g作用，若氣團的加速度為 a ,則由牛頓第二定律有ma= V pg + V peg = V( p pe) g(1)或有根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pv

18、= mRT（3）_L可知氣體的密度m pp" V = RT（4）利用（4）式，注意到p = Pe , （2）式可化成產(chǎn) -g TereT（5）周圍大氣在z處的溫度Te等于z = 0處的溫度Te0加從0到z溫度的增量，即 TeTe = Te0 + 年 Z（6）若氣團中氣體溫度隨高度的變化率為£z,根據(jù)題意，有TeT= T0 + E7ZT0為氣團位于初始位置時氣團中氣體的溫度.根據(jù)題意Te0 = T0，把（6）、（7）式代入（5）式得g ATe ATa= - Te （二瓦）Z（8），.4.55 .在（8）式中，若（ 工）0 ,則加速度方向向下，作用于氣團的力有使氣團回到初始位置

19、的趨勢，這樣，大氣層中的大氣就處于穩(wěn)定狀態(tài)；反之，氣團將遠離其初始位ATeO置，大氣層中的大氣處在不穩(wěn)定狀態(tài).因周圍大氣溫度隨高度的變化率一是已知的，故只z要知道氣團中氣體溫度隨高度的變化率，便可對氣團的運動作出判斷.大氣的壓強隨高度的增加而減小，在高度為z和z +z處的壓強差 pe = pegA z（9）式中 區(qū)為z處的空氣的密度，與溫度、壓強有關(guān)，由（4）式表示.式中負號表示高度增加時，大氣壓強是減小的.把（4）式代入（9）式得 Pe =一淖 gAz（10）RI e質(zhì)量為m的氣團在上升過程中，其壓強將隨周圍大氣的壓強的減小而減小，體積要增大，氣團對周圍空氣做功. 因為過程是絕熱的，氣團的內(nèi)

20、能要減少，因而溫度要降低，溫度、壓強的變化應(yīng)滿足絕熱過程的規(guī)律.試題給出的絕熱過程方程是關(guān)于壓強與體積間的關(guān)系，利用理想氣體狀態(tài)方程，可把絕熱過程方程表示為溫度與壓強間的關(guān)系.由（3）式得(11)(12)m RTV =-p p把（11）式代入pVY= C1一 mR p當氣團的壓強由p變到p + p時，氣團的溫度將由 T變到T +AT .由（12）式T +AT =利用二項式定理，忽略 p的高次方項，并注意到（12）式得111一心 一 T 1 1T 1T 人T +AT = C mR p + T p 5 ) = T+ T p p故有一 L 1 T 人，、 T = J p(13)Y p根據(jù)題意，p =

21、 pe , p = Ape ,由(7)式、(10)式和(13)式得TT 1 回 T0方二-二 R 5 丫1 -(14)Te0 + ( F + T r )z已知區(qū)：=-6.0 103K m 1 ,代入有關(guān)數(shù)據(jù)可求得=9.8當Z不是很大時，有Te0 + Te z故有(15)丫一 1丫代入題給的有關(guān)數(shù)據(jù)得=9.8 10 3K m 1負號表示高度增加時， 氣團的溫度要下降. 可見（ Te z（16）T一xz）0 ,作用于氣團的氣團發(fā)生向上位移后， 將要回到合力的方向與氣團位移的方向相反，指向氣團的初始位置,初始位置.當 z不是很大時，（8）式中的Te可以用Te0代替，可知氣團將在初始位置附近做簡諧振動

22、.振動的圓頻率(17)(18)I g ATeXT3 =飛行（工-父代入數(shù)據(jù)，得=1.118 2 s 1四、1. 丫1 = 0.3d , 丫2 = 0.9d .2. Y = 0.138d，丫' =' -0.138d .附參考解法：1.當閥門a第1次開啟時，具有各種速率的粒子 （稱之為第一批粒子） 從A處進入AB 之間，在a第2次開啟時刻，第一批粒子中速率為V1 = -T（1）的粒子正好射到 B處，被閥門b擋住.與此同時，第二批具有各種速率的粒子從A處進入AB之間.在閥門a第3次開啟的時刻，第一批進入 AB間的粒子中速率為l 1,、V2 = 2T =萬 V1（2）的粒子與第二批進入

23、 AB間的粒子中速率為 V1的粒子同時到達 B處.因此時閥門b已開 啟，這些粒子都從B處沿虛線射向兩平行板， 而第三批進入 AB間的粒子在它們到達 B處時， 被b擋住.由此可知，能從 B處射向兩平行板的粒子具有 V1和V2兩種不同的速率.根據(jù)題意，粒子從 B處射出的時刻為t = 0 ,故速率為V1的粒子在時刻t1 = - = TV1進入兩平行板之間，由本題圖 2可知，兩板間的電壓粒子在兩板間的電場作用下的加速度為一a,粒子通過兩板經(jīng)歷的時間為At1 = 1T在 t1時間內(nèi)粒子在Y方向獲得的分速度和位移分別為(3)V1y = aAt1 = aT1212y1 = - ya (At1 )2=一萬aT

24、21.1因aT2 = yd，故|yi | =彳0d < d ,表明速率為vi的粒子能穿出平板，粒子穿出平板后做勻速運動.在從射出平板至射到屏的時間內(nèi)，粒子在Y方向的位移AI2/ 1、yi = viy - = aT(5)粒子在屏上產(chǎn)生的痕跡的Y坐標為Yi = yi +Ayi = - -2aT2 aT2 = - -2-aT2 = 0.3d(6)速率為V2的粒子在時刻t2 JV22T進入兩平行板之間，由本題圖2可知，兩板間的電壓u = 2U粒子在電場作用下的加速度為2a ,粒子通過兩板經(jīng)歷的時間為 t2 = - = 2TV2因為兩板間的電壓在時間 t2內(nèi)由2U變?yōu)橐籙,粒子的加速度亦將從 2a

25、變成一a ,由 此可求得在 t2時間內(nèi)粒子在 Y方向獲得的分速度和位移分別為V2y = 2aT aT = aTy2 =會(2a )T 2 + ( 2aT )T "aT 2 = "| aT 2(8)i . i因aT2 = gd，故y2 = 7 v d ,表明速率為V2的粒子亦能穿出平板.粒子穿出平 板后做勻速運動.在從射出平板至射到屏的時間內(nèi)，粒子在Y方向的位移人12 y2 = V2y V2 = 2aT2(9)粒子打在屏上產(chǎn)生的痕跡的Y坐標為5 c 一09 cY2 = y2 + Ay2 = 2aT2+ 2aT2 = _aT2 = 0.9d(i0)即粒子在屏上產(chǎn)生的痕跡是兩個點

26、，它們的Y坐標分別為Yi和Y2.2.由于閥門從開啟到關(guān)閉要經(jīng)歷一段時間，在閥門a開啟到關(guān)閉經(jīng)歷的 8時間間隔內(nèi)的不同時刻，都有各種不同速率的粒子從A處進入AB間，有的早進入，有的晚進入.由于閥門b從開啟到關(guān)閉也要經(jīng)歷一段時間8,粒子可能在最早的時刻即 t = 0的時刻從B處射出，也可能在最晚的時刻即t = 8時刻從B處射出.在a剛開啟的時刻從 A處射入AB間，并在t = 8時刻從B處射出的粒子的速率最小，這最小速率為Vmin =(11)在閥門a剛要關(guān)閉時刻從 A處射進AB間，并在t = 0的時刻從B處射出的粒子的速率最大，這最大速率為Vmax =(12)在t = 0時刻從B處射出的速率為Vma

27、x的粒子在時刻Vmax進入兩平板之間，在時刻ti'= ti + = 2T 28Vmax離開兩平板.由本題圖 2可知，在T 8到T時間內(nèi)，兩板間的電壓為 2U ,在T到2T 2 8時間內(nèi)，兩板間的電壓為一 U ,與電壓對應(yīng)的粒子的加速度分別為粒子通過平板的時間內(nèi)，粒子在 Y方向獲得的分速度和位移分別為Viy = 2as a (T 2 8)= aT + 4as1區(qū)1yi =萬(2a )$+( 2a ) S(T 2 8) a (T 2S)2粒子穿出平板后做勻速運動.從射出平板至射到屏的時間內(nèi)，粒子在(13)(14)Y方向的位移 yi = Viy = ( aT + 4aS) (T 8)Vmax

28、=-aT2 + 5ak一4a 2粒子在屏上產(chǎn)生的痕跡的Y坐標為Yi = yi +Ayi = .aT2 + 9aT 8 9a 席根據(jù)題意，代入數(shù)據(jù)得Yi = -0.138d在t = 8時刻從B處射出的速度為 Vmin的粒子在時刻lt2 =S+= T + 28Vmin進入兩平板之間，在時刻(15)(16)(17)t2'= t2+= 2T + 3 8Vmin離開兩平板.由本題圖 2可知，在T + 28到2T時間內(nèi)，兩板間的電壓為一 U ,在2T到2T+ 3 8時間內(nèi)，兩板間的電壓為2U ,與電壓對應(yīng)的粒子的加速度分別為一a和2a .在粒子通過平板的時間內(nèi)，粒子在Y方向獲得的分速度和位移分別為

29、V2y = a (T 2 8) + ( 2a )3 8= - aT + 8as(18)11oy2 = - -a (T 2 S)2 a (T - 2 8) 3 8+ ( 2a ) ( 3 8) 21=1 aT 2 aTS + 13a#(19)粒子穿出平板后做勻速運動.在從射出平板至射到屏的時間內(nèi)，粒子在 Y方向的位移l y2 = V2y - = ( aT + 8aS)(T + 8)Vmin=-aT2 + 7aTS+ 8a 2(20)粒子在屏上產(chǎn)生的痕跡的 Y坐標為3Y2 = y2 + Ay2 = yaT2 + 6aT 8+ 21a#(21)根據(jù)題意，代入數(shù)據(jù)得Y2 = 0.138d(22)由以上

30、分析可知，速率最小和速率最大的粒子打在屏上產(chǎn)生的痕跡是位于Y軸上的同解法1 .平行板間僅有磁場，帶電粒子初速度V0的方向垂直于磁場，在洛倫茲力的作用下,粒子將在垂直于磁場方向的平面內(nèi)做勻速圓周運動，圓周半徑R0 =mv0 qB(1)軌道平面與Oxz坐標平面的交線如 圖1中NN '所示.要使粒子剛能到達極板Q (與板剛未接觸)，圓心C應(yīng)是ON '的中點，有CN ' = R0 =d2cos a(2)由(1)、(2)式得(3)dqB vo =-2mcos a粒子由O經(jīng)過半個圓周到達N',所經(jīng)歷的最短時間為圓周運動的半個周期, T 兀m(4)t0 = 一 = 02qB2

31、 .以y軸為旋轉(zhuǎn)軸，順時針轉(zhuǎn)動 a角，建立新坐標系 Ox?，'，如圖2所示.在新坐標系中電場強度E的分量為Ex = EcosaEy z = 0Ez = Esin a(5)磁感應(yīng)強度B的分量為Bx = 0By = 0Bz ' = B(6)帶電粒子所受到的電場力的分量為fEx = qEx = qEcosafEy = 0fEz = qEz = qEsin a(7)當帶電粒子速度為 v時，帶電粒子所受到磁場力的分量為fBx = qvyBfBy = qvx BfBz '=0(8)(D關(guān)于帶電粒子在 Oxy,平面內(nèi)的分運動現(xiàn)設(shè)想起始時刻帶電粒子沿y'軸正方向的初速度 v0用

32、下式表示v0 = v0 + vi vi= v2 vi式中(9)v2 = v0 + vi現(xiàn)把v0看成沿y1軸負方向運動的速度 vi和沿y'軸正方向運動的v2的合成.這樣，與前者聯(lián)系的運動使帶電粒子受到沿x'軸的負方向的磁場力作用，它與電場力的分量fEx，的方向相反，當V1取數(shù)值ExV1=百EBcos a(10)時，與一V1相聯(lián)系的磁場力與fEx，的合力為零，其效果是帶電粒子沿y'軸負方向以速度V1做勻速運動；與后者聯(lián)系的運動使帶電粒子僅受到磁場力作用,此力的方向既垂直于磁場方向（z'軸方向），又垂直于速度V2 ,即位于Oxy'平面內(nèi)，其大小為fx y =

33、qV2B(11)粒子在此力作用下在平面內(nèi)做速度為V2的勻速圓周運動，圓周的半徑mV2R = -qB(12)其圓頻率3rB(13)由以上分析可知帶電粒子一方面在Ox'y'平面內(nèi)做上述勻速圓周運動，另一方面圓心沿y'軸負方向以速度 V1= Ecosa做勻速直線運動.B（ii）關(guān)于粒子沿z '軸的分運動由（7）、（8）兩式可知，粒子在 z '方向僅受電場力作用，其加速度az =3=qEsin”m m(14)即粒子沿著z '軸以加速度az，做勻加速直線運動.（iii）關(guān)于粒子在 Oxy'z'坐標系中的運動方程在只考慮圓周運動的情況下，粒子

34、的坐標隨時間變的關(guān)系為x' = R ( 1 cos wt )(15)y' = R sin st(16)(17)考慮了圓心運動及粒子沿z'軸的運動并注意到9）、（10）、（12）式，在 Oxy'z'坐標z= 0系中，粒子的運動方程為(18)x'= mB2( 1-coscot ) = ( mB0 + m| ) ( 1 -coscot )y'= Rsin wt v1t =(mvo mExExTt(19)(20)（iv）粒子在Oxyz坐標系中的運動方程利用坐標變換x = x cos a + zsin ay = yz = x sin a+ zcos

35、 a并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可將（18）、（19）、（20）式轉(zhuǎn)換至 Oxyz坐標系，得到粒子在 Oxyz坐標系中的運動方程式為x =m( V0Cosa + 陪)(1-CosBt ) + 1 q t2qB 'Bm ' 2mm Ecos q Ecosy = qB ( V0+)sinmBt z = - m ( V0sina+ *)(1-cosqBt ) + qt2 qB '2Bm 7 4m根據(jù)題意，將x = d和t = t0= T =受代(21)式，解得2 qB2qB2d mE ( 4cos2 a + *sin2 4V0 =4mBcos a(21)(

36、22)(23)(24)rzTTT TT m .一 一一. 將a = 4 , t = t0 = T = qB和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到達極板Q時粒子的坐標為x = d我mE y = - 2qB2 z= -d+ 朝 d 2qB2(25)(26)(27)解法1.與解法一相同.2.以y軸為旋轉(zhuǎn)軸，順時針轉(zhuǎn)動a角，建立新坐標系 Oxyz,，設(shè)粒子速度在坐標系Oxyz中分量分別為Vx，、Vy > Vz z ,牛頓第二定律的三個分量形式為dVx= qEx + qVy Bdt(2)一qvx BdVz"dT=qEz(3)將（2）式表不為dVy"dTqB

37、 dx'm dt兩邊積分后得VyqB(常)x，+ C1Cl為待定常量,時，x'= 0 , Vy ,= V0 ,故求得Ci = V0 ,上式應(yīng)表為Vyq , mBx + vo(4)將（4）式代入d2x'm 'dp" = qExqB ,+ q ( m x + V0)b（5）式可表為d2x' dt2-端)2 x + U)2(常mV0R =(市 +0= mBX '= x - Rd2xdt2這是簡諧運動方程，其解為由（8）式得mExqB2 )(5)mExqB2 )co2X，X '= Acos ( wt + 0)x'= Acos (

38、 wt + 0) + Rdxdt = Vx = coAsin ( wt + 0)利用初始條件，由（11）與（12）式，得R = Acos 0(6)(8)(9)(10)(11)(12)解得再由（6）式，得代入（11）式0 = coAsin 0mvoA =一(話 +mExqB2)(13)(14)mEx石爐)(1 - cos cot )(15)將（12）式代入（2）式，整理后得dvy2F- = 3 Asin wt dt對上式積分，考慮初始條件，得dy 'Exvy ' =, = _ wAcOS cot dtB(16)積分（16）式，考慮初始條件及（14）式,mEx徜) sin墳(17)

39、對（3）式積分可得z =羅 t22m(18)(15)、 (17)、（18）式分別與解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的討論與解法一相同.解法三設(shè)粒子速度在Oxyz坐標中分量分別為Vx、vy、vz ,牛頓第二定律的三個分量方程為dvxdt=qEx + qvy Bz(1)dvydt=qvxBz + qvzBx(2)dvz dt=qBx Vy(3)_ qBco -m方程變?yōu)槿缦滦问綄Γ?）、將（9）、其解為由（11）由（13）EV1 = gcos a(5)dVx"drdVydVz "drV1=wVy cosa + cos awVX cos a + wVzsin

40、awVy sin a（8）兩式積分，利用初始條件Vx = wycosa+ 3 (Vz = wysin a（10）兩式代入（7）式,式可得式得(6)(8)t = 0 時，Vx= 0 , x = 0 , y = 0 ,得dVy由初始條件t = 0時,解得V1cos aco2y co2V1t =丫 = y + V1td2Ydt232YY = Acos ( wt +y = Acos ( wt +vy = Awsin (Vy = V0 , y = 0Acos 0= 0)t(9)(10)9)2 ，2 ( y + V1t )0) V1twt + 0) V1V0 = Awsin 0 V1V1 + V0A =-

41、co由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得(11)(12)(13)(14)(15)m Ecosa q Ecosay = qB ( v0 + m ) sinmBt tEcosa q Ecosavy= ( vo + k ) cosmBt 一丁把(17)式代入(1)式，經(jīng)積分并利用初始條件，可得mEcos2 qq1qEsin2 a9x = §( vocos ”+b )( 1 - cosmBt ) +2 m t2(16)(17)(18)將（17）式代入（8）式，經(jīng)積分并利用初始條件，得mEsin2 aqqEsin2 aoz = - qB （ vosina+ 2B） （ 1 - cosmBt ） + 4m t2（19）（18）、（16）、（19）式分別與解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的討論與 解法一相同.六、在討論本題之前，先看一下相對論能量和動量的普遍關(guān)系式，即（mc2）2 = c2p2 + m02c4（1）式中c為光在真空中的速度，m為粒子的質(zhì)量，p為其動量，mO為靜止質(zhì)量.【此關(guān)系式可由能量E = mc2和動量p = mv