2018年第 35 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题（含解答及评分标准）.pdf

1、- 1 - 第第 35 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 2018 年年 9 月月 22 日日 说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上的无效。说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上的无效。 一一、（40 分）假设地球是一个质量分布各向同性的球体。从地球上空离地面高度为h的空 间站发射一个小物体， 该物体相对于地球以某一初速度运动， 初速度方向与其到地心的连线 垂直。已知地球半径为 R ，质量为M ，引力常量为G 。地球自转及地球大气的影响可忽略。 （1）若该物体能绕地球做周期运动，其初速度的大小应满足什么条件？ （2）若该物体的初速度大小为

2、0 v，且能落到地面，求其落地时速度的大小和方向（即 速度与其水平分量之间的夹角）、以及它从开始发射直至落地所需的时间。 已知：对于0c， 2 40bac ，有 2 3/2 2 d2 arcsin 2 x xabxcxbcxb C c cabxcx 式中C为积分常数。 二二、（40分）如图，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定， 右端连一质量为m的小球； 弹簧水平， 它处于自然状态时 小球位于坐标原点O； 小球可在水平地面上滑动， 它与地 面之间的动摩擦因数为。 初始时小球速度为零， 将此时 弹簧相对于其原长的伸长记为 0 A（ 0 0A ，但 0 A并不是已知量）。重力加速度大小为g， 假设最大静

3、摩擦力等于滑动摩擦力。 （1） 如果小球至多只能向右运动， 求小球最终静止的位置， 和此种情形下 0 A应满足的条件； （2）如果小球完成第一次向右运动至原点右边后，至多只能向左运动，求小球最终静止的 位置，和此种情形下 0 A应满足的条件； （3）如果小球只能完成n次往返运动（向右经过原点，然后向左经过原点，算1次往返）， 求小球最终静止的位置，和此种情形下 0 A应满足的条件； （4）如果小球只能完成n次往返运动，求小球从开始运动直至最终静止的过程中运动的总 路程。 三三、（40分）如图，一质量为M、长为l的匀质细杆AB自由悬挂于 通过坐标原点O点的水平光滑转轴上（此时，杆的上端A未在图中

4、标 出， 可视为与O点重合） ， 杆可绕通过O点的轴在竖直平面 （即-x y平 面，x轴正方向水平向右）内转动；O点相对于地面足够高，初始时 杆自然下垂； 一质量为m的弹丸以大小为 0 v的水平速度撞击杆的打击 中心（打击过程中轴对杆的水平作用力为零）并很快嵌入杆中。在杆 转半圈至竖直状态时立即撤除转轴。重力加速度大小为g。 （1）求杆的打击中心到O点的距离； （2）求撤除转轴前，杆被撞击后转过（0）角时转轴对杆的作用力； （3） 以撤除转轴的瞬间为计时零点， 求撤除转轴后直至杆着地前， 杆端B的位置随时间t变 化的表达式 B xt和 B yt； （4）求在撤除转轴后，杆再转半圈时O、B两点的

5、高度差。 xO m -A0 t=0 x y O M m v0 l B - 2 - 四四、（40分）Ioffe-Pritchard磁阱可用来束缚原子的运动，其主要部 分如图所示。四根均通有恒定电流I的长直导线1、2、3、4都垂直 于-x y平面，它们与-x y平面的交点是边长为2a、中心在原点O的正 方形的顶点，导线1、2所在平面与x轴平行，各导线中电流方向已 在图中标出。整个装置置于匀强磁场 00 BBk （k为z轴正方向单位 矢量）中。已知真空磁导率为 0 。 （1）求电流在通电导线外产生的总磁场的空间分布； （2）电流在原点附近产生的总磁场的近似表达式，保留至线性项； （3）将某原子放入磁

6、阱中，该原子在磁阱中所受磁作用的束缚势能正比于其所在位置的总 磁感应强度 tot B的大小，即磁作用束缚势能 tot |VB，为正的常量。求该原子在原点O 附近所受磁场的作用力； （4）在磁阱中运动的原子最容易从-x y平面上什么位置逸出？求刚好能够逸出磁阱的原子 的动能。 五五、（40分）塞曼发现了钠光D线在磁场中分裂成三条，洛仑兹根据经典电磁理论对此做 出了解释，他们因此荣获1902年诺贝尔物理学奖。假定原子中的价电子（质量为m，电荷 量为e，0e ）受到一指向原子中心的等效线性回复力 2 0 mr（r为价电子相对于原子中 心的位矢）作用，做固有圆频率为 0 的简谐振动，发出圆频率为 0

7、的光。现将该原子置于 沿z轴正方向的匀强磁场中， 磁感应强度大小为B（为方便起见， 将B参数化为 L 2m B e ） 。 （1）选一绕磁场方向匀角速转动的参考系，使价电子在该参考系中做简谐振动，导出该电 子运动的动力学方程在直角坐标系中的分量形式并求出其解； （2）将（1）问中解在直角坐标系中的分量形式变换至实验室参考系的直角坐标系； （3）证明在实验室参考系中原子发出的圆频率为 0 的谱线在磁场中一分为三；并对弱磁场 （即 L0 ）情形，求出三条谱线的频率间隔。 已知： 在转动角速度为 的转动参考系中， 运动电子受到的惯性力除惯性离心力外还受 到科里奥利力作用，当电子相对于转动参考系运动速

8、度为v时，作用于电子的科里奥利力 为 c 2m fv 。 六六、（40分）如图，太空中有一由同心的内球和球壳构成的实验装置， 内球和球壳内表面之间为真空。内球半径为0.200 mr ，温度保持恒定， 比辐射率为0.800e ； 球壳的导热系数为 2111 =1.00 10 J msK ， 内、 外半径分别为 1 0.900mR 、 2 1.00 mR ，外表面可视为黑体；该实验装 置已处于热稳定状态，此时球壳内表面比辐射率为0.800E 。斯特藩常 量为 824 5.67 10W mK ， 宇宙微波背景辐射温度为2.73KT 。 若单位时间内由球壳 内表面传递到球壳外表面的热量为44.0WQ

9、，求 （1）球壳外表面温度 2 T；（2）球壳内表面温度 1 T；（3）内球温度 0 T。 已知： 物体表面单位面积上的辐射功率与同温度下的黑体在该表面单位面积上的辐射功 率之比称为比辐射率。 当辐射照射到物体表面时， 物体表面单位面积吸收的辐射功率与照射 到物体单位面积上的辐射功率之比称为吸收比。 在热平衡状态下， 物体的吸收比恒等于该物 体在同温度下的比辐射率。 当物体内某处在z方向 （热流方向） 每单位距离温度的增量为 d d T z 时， 物体内该处单位时间在z方向每单位面积流过的热量为 d d T z ， 此即傅里叶热传导定律。 x y O a a a a 1 2 3 4 r 1 R

10、2 R - 3 - 七七、 （40分） 用波长为633 nm的激光水平照射竖直圆珠笔中的小弹簧， 在距离弹簧4.2 m的 光屏（与激光水平照射方向垂直）上形成衍射图像，如图a所示。其右图与1952年拍摄的 首张DNA分子双螺旋结构X射线衍射图像（图b）十分相似。 （1）利用图a右图中给出的尺寸信息，通过测量估算弹簧钢丝的直径 1 d、弹簧圈的半径R 和弹簧的螺距p； （2） 图b是用波长为0.15 nm的平行X射线照射DNA分子样品后， 在距离样品9.0 cm的照 相底片上拍摄的。假设DNA分子与底片平行，且均与X射线照射方向垂直。根据图b中给 出的尺寸信息，试估算DNA螺旋结构的半径R和螺距

11、 p 。 说明：由光学原理可知，弹簧上两段互成角度的细铁丝的衍射、干涉图像与两条成同样 角度、相同宽度的狭缝的衍射、干涉图像一致。 图 a 实际尺寸 7.8cm - 4 - 八八、（40分）1958年穆斯堡尔发现的原子核无反冲共振吸收效应（即穆斯堡尔效应）可用 于测量光子频率极微小的变化，穆斯堡尔因此荣获1961年诺贝尔物理学奖。类似于原子的 能级结构，原子核也具有分立的能级，并能通过吸收或放出光子在能级间跃迁。原子核在吸 收和放出光子时会有反冲，部分能量转化为原子核的动能（即反冲能）。此外，原子核的激 发态相对于其基态的能量差并不是一个确定值，而是在以 0 E为中心、宽度为2的范围内 取值的

12、。对于 57Fe 从第一激发态到基态的跃迁， 15 0 2.31 10JE ， 13 0 3.2 10E 。已知 质量 -26 Fe 9.5 10kgm，普朗克常量 34 6.6 10J sh ，真空中的光速 81 3.0 10 m sc 。 （1）忽略激发态的能级宽度，求反冲能，以及在考虑核反冲和不考虑核反冲的情形下， 57Fe 从第一激发态跃迁到基态发出的光子的频率之差； （2）忽略激发态的能级宽度，求反冲能，以及在考虑核反冲和不考虑核反冲的情形下， 57Fe 从基态跃迁到激发态吸收的光子的频率之差； （3）考虑激发态的能级宽度，处于第一激发态的静止原子核 57* Fe跃迁到基态时发出的光

13、子 能否被另一个静止的基态原子核 57Fe 吸收而跃迁到第一激发态 57* Fe（如发生则称为共振吸 收）？并说明理由。 （4）现将 57Fe 原子核置于晶体中，该原子核在跃迁过程中不发生反冲。现有两块这样的晶 体，其中一块静止晶体中处于第一激发态的原子核 57* Fe发射光子，另一块以速度V运动的 晶体中处于基态的原子核 57Fe 吸收光子。当速度V的大小处于什么范围时，会发生共振吸 收？如果由于某种原因，到达吸收晶体处的光子频率发生了微小变化，其相对变化为 10 10， 试设想如何测量这个变化（给出原理和相关计算）？ 图 b （黑色表示X射线曝光较强。中心零级亮纹不可见，1 级亮纹刚好 可

14、见，2、3、5 级较清晰，4 级亮纹因DNA双螺旋结构的关系“失踪”了） 实际尺寸 9.4cm 1 第第 35 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2018 年 9 月 22 日2018 年 9 月 22 日 一一、 （40 分） 假设地球是一个质量分布各向同性的球体， 地球自转及地球大气的影响可忽略。 从地球上空离地面高度为h的空间站发射一个小物体，该物体相对于地球以某一初速度运 动，初速度方向与其到地心的连线垂直。已知地球半径为 R ，质量为M ，引力常量为G 。 （1）若该物体能绕地球做周期运动，其初速度的大小应满足什么条件？ （2）若该物体

15、的初速度大小为 0 v，且能落到地面，求其落地时速度的大小和方向（即 速度与其水平分量之间的夹角） 、以及它从开始发射直至落地所需的时间。 已知：对于0c， 2 40bac ，有 2 3/2 2 d2 arcsin 2 x xabxcxbcxb C c cabxcx 式中C为积分常数。 参考解答：参考解答： （1）解法（一）解法（一） 假设小物体初始速度大小为 0 v，在地球引力场中其能量为 2 0 1 2 Mm EmG Rh v 式中m是小物体的质量。小物体相对于地球中心的角动量为 0 LmRhv 该物体能绕地球做周期运动，其能量应 0E 由此条件以及E的表达式，得 2 0 2GM Rh v

16、，即 0 2GM Rh v 物体能绕地球做持续的周期运动，不能坠落到地球表面。当物体初始速度 0 v 降低到某 个值 0min v时，物体运动的椭圆轨道将与地球表面相切，设这种情况下物体在与地球表面相 切时的运动速度为v，由角动量守恒定律 0min mRhm Rvv，即 0min Rh R vv 由能量守恒定律有 22 0min 11 22 MmMm mGmG RhR vv 将式代入式得 0min 2 2 GMR RhRh v 当物体初速度 0 v低于 0min v时，其轨道都将与地球表面相交，因此会坠落到地面上。所 以物体绕地球作椭圆或圆形轨道运动，但不会坠落到地球表面的条件是 2 0 22

17、 2 GMRGM RhRhRh v 解法（二）解法（二） 该物体能绕地球做周期运动，其运动轨迹应为椭圆（圆被视为椭圆的特殊情形） ，设其 近或远地点之一与地心的距离和速度大小分别为 1 r和 1 v， 另一近或远地点与地心的距离和速 度大小分别为 2 r和 2 v。由角动量守恒和能量守恒有 1122 rrvv 22 12 12 11 22 MmMm mGmG rr vv 式中m是小物体的质量。消去 2 v得 2 1 22222 2112111 12112 0 GMGM rrrrr v vv 将 1 r和 1 v视为已知，上式是 2 1 r 满足的一个一元二次方程。 21 rr显然满足方程，因而

18、 1 1 r 是一元二次方程的解。利用韦达定理，另一解是 2 2111 112 1 GM rrr v 显然， 2 rR，且有限，故有 2 11 0 rR 由式得，当 1 r给定时， 1 v必须满足 1 111 22GMRGM r rRr v. 由题意知 1 rRh， 10 vv 故有 0 22 2 GMRGM RhRhRh v （2）如果 0 2 2 GMR RhRh v 则物体会落到地球上。根据能量守恒，它落到地面时的速度大小v满足方程 22 0 11 22 MmMm mGmG RRh vv 由式得 22 00 222GMGMGMh RRhR Rh vvv 设物体落地点相对于地心的矢径与物体

19、初始位置相对于地心的矢径之间的夹角为。 根据角 动量守恒，物体落到地面时的水平速度 v满足方程 0 RRh vv 上式即 0 Rh R vv 物体的速度方向与水平面的夹角是 3 0 22 0 arccosarccos 2 Rh GMRh R Rh vv v v 将物体的运动用极坐标 t、 r t描写，角动量守恒和能量守恒可分别表为 2 0 d d rRh t v 和 22 22 0 1d1d1 2d2d2 rMmMm mrGmG ttrRh v 消去 d dt 得 2 2 02 0 2 d22 d RhrGMGM trrRh v v 物体从开始发射直至落地需要的时间为 2 2 02 0 2 2

20、 222 00 d 22 d 2 2 R h R R h R r t RhGMGM rrRh r r GM rGMrRh Rh v v vv 取参量 2 2 0 aRh v，2bGM， 2 0 2 0 GM c Rh v，有 2 2 222 00 2 2 2 0 4 2 (2)4 2 40 bac GM GMRh Rh GM Rh Rh vv v 利用题给积分公式，完成积分得 2 0 2 0 3 2 2 0 22 2 0 0 2 2 2 arcsin 22 RhGMRh tRh h GMRhRh R RhGM RhRh GM GMRh GM RhRh v v v v v 当初始速度大小为临界值

21、 0 2 2 GMR RhRh v时，下落时间为 3 2 2 2 Rh t GM 评分标准评分标准：本题40分。 第（1）问15分，解法（一）式各3分； 解法（二）式6分，式1分，式2分，式各3分。 第（2）问25分，式各3分，式各2分，式1分，各4分。 4 二二、 （40分）如图，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定， 右端连一质量为m的小球； 弹簧水平， 它处于自然状态时 小球位于坐标原点O； 小球可在水平地面上滑动， 它与地 面之间的动摩擦因数为。 初始时小球速度为零， 将此时 弹簧相对于其原长的伸长记为 0 A（ 0 0A ，但 0 A并不是已知量） 。重力加速度大小为g， 假设最大静摩擦力

22、等于滑动摩擦力。 （1） 如果小球至多只能向右运动， 求小球最终静止的位置， 和此种情形下 0 A应满足的条件； （2）如果小球完成第一次向右运动至原点右边后，至多只能向左运动，求小球最终静止的 位置，和此种情形下 0 A应满足的条件； （3）如果小球只能完成n次往返运动（向右经过原点，然后向左经过原点，算1次往返） ， 求小球最终静止的位置，和此种情形下 0 A应满足的条件； （4）如果小球只能完成n次往返运动，求小球从开始运动直至最终静止的过程中运动的总 路程。 参考解答：参考解答： （1）若 0 kAmg 或 0 0 g k A m 小球静止于其初始位置 0 0 xA 若 0 A mg

23、k 或 0 kAmg 小球能向右运动。设小球第一次向右运动到速度为零时弹簧的伸长量为x（其符号暂未确 定），根据功能原理有 22 00 11 () 22 kAkxmg Ax 由此得 0 2mg xA k 当0 x，即 0 2mgmg A kk 弹簧处于压缩或自由状态，且小球所受向右的弹力 10 2 mgFk BkAmg 故小球最终静止于原点左边或原点 0 2 0 mg xA k 式中取等号时，式也取等号。 当0 x，即 0 2mg A k 弹簧处于伸长状态，小球所受向左的弹力 0 2mgkAkx 若kxmg，即 0 23mgmg A kk 小球最终静止于原点右边 10 2 0 mg xBA k

24、 xO m A0 t=0 5 （2）解法（一）解法（一） 设在小球完成第一次向右运动后的瞬间，记弹簧的伸长为 1 B。按题意，此后小球至多 只能向左运动。若 1 B mg k 或 0 3mg A k 小球能向左运动。设小球第一次向左运动到速度为零时弹簧的伸长量为x（其符号暂未确 定），根据功能原理有 22 11 11 () 22 kBkxmg Bx 由此得 10 24mg B m xA k g k 当0 x，即 0 34mgmg A kk 弹簧处于伸长或自由状态，小球所受向左的弹力 0 4xmgmgkkA 小球最终静止于原点右边或原点 0 0 4mg xA k 式中取等号时，式也取等号。 当0

25、 x，即 0 4mg A k 弹簧处于压缩状态，且小球所受向右的弹力 0 4k xkAmg 如果k xmg，即当 0 45mgmg A kk 小球最终静止于 10 4 0 mg xAA k 解法（二）解法（二） 设在小球完成第一次向右运动后的瞬间，记弹簧的伸长为 1 B。按题意，此后小球至多 只能向左运动。将将 1 B视为 0 A，利用（1）的结果以及 1 B的表达式可知，当 0 34mgmg A kk 时，小球最终静止于 0 4 0 mg xA k 式取等号时，式也取等号。当 0 45mgmg A kk 时，小球最终静止于 10 4 0 mg xAA k （3）设小球第1次向右运动至速度为零

26、的位置为 1 B（ 1 0B） ，第1次返回至速度为零的位 6 置为 1 A（ 1 0A） ；第n次向右运动至速度为零的位置为 n B（0 n B） ，第n次返回至 速度为零的位置为 n A（0 n A） 。由式并类推有 01 2mg AB k ， 11 2 B mg A k ， 12 2 A mg B k ， .， 1 2 nn mg AB k ， 2 nn mg BA k . 由此得 0 4 n n mg AA k 将 n A视为初始压缩量 0 A，利用（1） （2）的结果式以及 n A的表达式 可知，小球最终静止于 00 44(41) 0, n mgn mgnmg xAA kkk 当，

27、00 2(21)(41)2(21) 0, nmgnmgnmg xAA kkk 当， 00 2(21)2(21)(43) 0, nmgnmgnmg xAA kkk 当， 00 4(1)(43)4(1) 0, nmgnmgnmg xAA kkk 当 式中当后式取等号时前式也取等号。 （4）设小球在由开始运动直至静止整个过程中通过的总路程为s，设由功能原理有 22 0 11 22 kAkxmgs 式中，x的值如式所示。由此得 22 0 () 2 k sAx mg 即 00 24(41) 4, n mgn mgnmg sn AA kkk 当， 00 (21)(41)(43) 2(21), nmgnmg

28、nmg snAA kkk 当， 00 2(1)(43)4(1) 4(1)(), nmgnmgnmg snAA kkk 当 评分标准：评分标准：本题40分。 第（1）问12分，式各1分，式各2分； 第（2）问8分，式各2分； 第（3）问11分，式3分，式各2分； 第（4）问9分，式3分，式各2分。 7 三三、 （40分）如图，一质量为M、长为l的匀质细杆AB自由悬挂于 通过坐标原点O点的水平光滑转轴上（此时，杆的上端A未在图中标 出，可视为与O点重合） ，杆可绕通过O点的轴在竖直平面（即xy 平面，x轴正方向水平向右）内转动；O点相对于地面足够高，初始 时杆自然下垂； 一质量为m的弹丸以大小为

29、0 v的水平速度撞击杆的打 击中心（打击过程中轴对杆的水平作用力为零）并很快嵌入杆中。在 杆转半圈至竖直状态时立即撤除转轴。重力加速度大小为g。 （1）求杆的打击中心到O点的距离； （2）求撤除转轴前，杆被撞击后转过（0）角时转轴对杆的作用力； （3） 以撤除转轴的瞬间为计时零点， 求撤除转轴后直至杆着地前， 杆端B的位置随时间t变 化的表达式 B xt和 B yt； （4）求在撤除转轴后，杆再转半圈时O、B两点的高度差。 参考解答：参考解答： （1）设打击中心位置距转轴距离为L，水平外力F作用于打击中心后杆的角加速度为。 由刚体定轴转动的动力学方程有 2 1 3 FLMl 式中 2 1 3

30、Ml是杆绕过其端点A（即O点）的水平轴转动的转动惯量。由式得 2 3FL Ml 在弹丸撞击杆后的瞬间，杆的质心加速度的水平分量为 3 22 x lFL a Ml 设轴对杆的作用力的水平分量为 x F，由质心运动定理有 xx FFMa 将式代入式，水平外力打击到杆的打击中心处，轴对杆的作用力的水平分量应为零 3 10 2 x L FF l 由此得，杆的打击中心到O点的距离为 2 3 Ll （2）弹丸与杆的碰撞过程满足动量守恒 0 ()mMmvv 解得 0 m Mm v v 设碰撞后带弹丸的杆的质心位置与O点的距离为 c L，则 c 1 () 2 Mm LMlmL 即 c 43 6() mM Ll

31、 Mm 在碰撞后的瞬间，杆转动的角速度为 x y O M m v0 l B 8 0 0 c 6 (43) m LmM l vv = 带弹丸的杆的转动惯量为 2 2 2 121 34 339 IMlmlMm l 在杆从垂直位置转过（0）角的过程中，系统的机械能守恒，有 22 0c 11 ()(1cos ) 22 IIMm gL 解得 22 c 0 2()(1cos )Mm gL I 将式以及转动惯量I的表达式代入上式得 22 0 22 363 (1cos ) (43) mg mMll v 另一方面，杆由初始位置转过角时，由刚体定轴转动的动力学方程有 c ()sinMm gLI 式中是重力矩产生的

32、角加速度。由此得 c ()sin3 sin 2 Mm gLg Il 此时质心加速度的x分量 cx a和y分量 cy a分别为 2 ccc cossin x aLL 2 ccc cossin y aLL 其中角速度由式给出。设撤除转轴前，杆被撞击后转过角时转轴对杆的作用力的x分 量和y分量分别为 x N和 y N，由质心运动定理有 2 cc ()()(cossin ) xx NMm aMm L 2 cc ()()()(cossin ) yy NMm gaMm gL 将式代入式得 22 0 6(43) (3sincos2sin )sin 4(43) x mmM g N mM l v 22 20 6

33、(43) ()cos3cos2cos1 (43)4 y mmM g NMm g mM l v （3）当杆转到竖直位置即时，由式得，角速度为 22 0 22 366 (43) mg mMll v 撤除转轴后，带弹丸的杆的质心做平抛运动，同时杆绕其质心以角速度在竖直平面内做 顺时针转动。以撤除转轴的瞬间为计时零点，在t时刻的质心坐标为 ccc xtLtv 2 cc 1 2 yLgt 建立如图所示的质心坐标系，由于杆同时绕质心以角速度在竖直 平面内顺时针转动，在t时刻杆的B端相对于其质心的坐标为 B cx y t 9 Bc ()sinxlLt Bc ()cosylLt 在地面参考系中，t时刻杆的B端

34、的坐标为 BcBcc ( )()sinxtxxLtlLt 2 BcBcc 1 ( )()cos 2 ytyyLgtlLt （4）撤除转轴后，经过时间t1，杆再转了半圈，即 1 t 设此时O、B两点的高度差为h，即此时杆B端的y坐标的绝对值。由式得 2 B1c 1 ( )2 2 hytLlg 将式代入式得 1 222 0 22 366 2(43)3() mggml h mMllMm v 或 222 222 0 (43) 3()12 6(43) gmMlml h MmmgmMl v 评分标准评分标准：本题40分。 第（1）问5分，式各1分，式2分； 第（2）问23分，式3分，式各2分，式3分，式2

35、分，式各3分， 式各1分； 第（3）问7分，式1分，式各3分； 第（4）问5分，式3分，或式2分。 10 四四、 （40分）Ioffe-Pritchard磁阱可用来束缚原子的运动，其主要部分 如图所示。 四根均通有恒定电流I的长直导线1、2、3、4都垂直于-x y 平面， 它们与-x y平面的交点是边长为2a、 中心在原点O的正方形的 顶点，导线1、2所在平面与x轴平行，各导线中电流方向已在图中 标出。整个装置置于匀强磁场 00 BBk（k为z轴正方向单位矢量） 中。已知真空磁导率为 0 。 （1）求电流在通电导线外产生的总磁场的空间分布； （2）电流在原点附近产生的总磁场的近似表达式，保留至

36、线性项； （3）将某原子放入磁阱中，该原子在磁阱中所受的磁作用束缚势能正比于其所在位置的总 磁感应强度 tot B的大小，即磁作用束缚势能 tot |VB，为正的常量。求该原子在原点O 附近所受磁场的作用力； （4）在磁阱中运动的原子最容易从-x y平面上什么位置逸出？求刚好能够逸出磁阱的原子 的动能。 参考解答：参考解答： （1）四根通有直流电流I的导线在-x y平面内的空间坐标依次是 (, ), ( , ), ( ,), (,)a aa aaaaa 取x轴和y轴方向单位矢量为i和j，考虑通电导线外任一点( , )x y。导线1、2、3、4上的 电流在点( , )x y产生的磁场 1 B、

37、2 B、 3 B、 4 B为 0 1 22 ()()() 2()() Iyaxa xaya ij B 0 2 22 ()() 2 ()() Iyaxa xaya ij B 0 3 22 ()( + )() 2()() Iy axa xaya ij B 0 4 22 ( + )() 2 ()() Iy axa xaya ij B 导线电流在通电导线外产生的总磁场的空间分布为 1234 0 22222222 22222222 = 2()()()()()()()() + ()()()()()()()() Iyayayaya xayaxayaxayaxaya xaxaxaxa xayaxayaxaya

38、xaya BBBBB i j （2）对于原点O附近的任一点( , )x y，有 |,|xaya 保留至 xy aa 、的一次项， 1 B、 2 B、 3 B、 4 B可近似为 0 1 2 ( )() 4 I axay a Bij 0 2 2( )() 4 I axay a Bij 0 3 2( )() 4 I axay a Bij 0 4 2 ( )() 4 I axay a Bij 电流在原点附近任一点( , )x y产生的总磁场可近似为 x y O a a a a 1 2 3 4 11 0 2 () I xy a Bij （3）在原点附近的总磁感应强度为 0 tot0 2 () I xyB

39、 a Bijk 在原点O附近总磁感应强度的大小为 22 22222 00 tot00 22 0 1 |=()() 2 II BxyBxy aBa B 原子在原点O附近所受的磁作用的束缚势能为 2 22 0 tot0 2 0 1 |() 2 I VBxy Ba B 除开常数项外，这是二维（-x y平面）简谐振子势能，因此该原子在原点O附近所受磁场的 作用力应是-x y平面上沿径向指向原点O的力 2 0 2 0 () I xy Ba Fij （4）原子在磁阱中所受的磁作用的束缚势能为 22 tot0 |VBBB 式中B如式所示。 由系统的电流分布可以断定，在-x y平面内磁感线最稀疏的位置应该在x

40、轴或y轴上， 或者说束缚势垒高度最小的位置应该在x轴或y轴上，这也是原子在-x y平面内最容易逸出 的方向。由式，当0y 时，在x轴上束缚势能为 2 2 2 0 0 2222 11 ( ,0) ()() Ia V x yB xaaxaa 由极值条件 d ( ) 0 d V x x 得 44 (34)0 xxa 解为 1 4 1 4 3 xa ， 1 4 2 4 3 xa ， 3 0 x 其中，极值点 3 0 x，即原点位置对应于势能最小值位置；而极值点 1 x和 2 x对应于x轴上势 能极大值位置。在y轴方向也有类似结果。 因此，运动原子在-x y平面内最容易沿x轴或y轴方向，在下述空间位置

41、1/4 4 , 0 3 a （）、 1/4 4 , 3 a （0） 从磁阱中逸出。 由式知，在 1/4 4 (,0) 3 xa 处，原子的束缚势能为 21/4 2 0 0 43 3 (,0) 38 I V xa yB a 类似的，在 1/4 4 (0,) 3 xya 处，原子的束缚势能也为式所示。由式，在磁阱中心 (0,0)xy 原子所受磁作用的束缚势能为 0O VB 所以刚好能够逸出磁阱的原子的动能为 12 1/4 k 1/4 2 0 0 0 4 (,0) 3 4 (0,) 3 3 3 11 8 O O EV xa yV V xyaV I B aB 评分标准评分标准：本题40分。 第（1）问

42、10分，式各2分； 第（2）问10分，式各2分； 第（3）问8分，式3分，式1分，式各2分； 第（4）问12分，式各2分。 13 五五、 （40分）塞曼发现了钠光D线在磁场中分裂成三条，洛仑兹根据经典电磁理论对此做出 了解释，他们因此荣获1902年诺贝尔物理学奖。假定原子中的价电子（质量为m，电荷量 为e，0e ）受到一指向原子中心的等效线性回复力 2 0 mr（r为价电子相对于原子中心 的位矢）作用，做固有圆频率为 0 的简谐振动，发出圆频率为 0 的光。现将该原子置于沿 z轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B（为方便起见，将B参数化为 L 2m B e ） 。 （1）选一绕磁场方向匀角

43、速转动的参考系，使价电子在该参考系中做简谐振动，导出该电 子运动的动力学方程在直角坐标系中的分量形式并求出其解； （2）将（1）问中解在直角坐标系中的分量形式变换至实验室参考系的直角坐标系； （3）证明在实验室参考系中原子发出的圆频率为 0 的谱线在磁场中一分为三；并对弱磁场 （即 L0 ）情形，求出三条谱线的频率间隔。 已知： 在转动角速度为 的转动参考系中， 运动电子受到的惯性力除惯性离心力外还受 到科里奥利力作用，当电子相对于转动参考系运动速度为v时，作用于电子的科里奥利力 为 c 2m fv 。 解法（一）解法（一） （1） 以正离子中心为原点O的实验室参考系Oxyz与以角速度绕z轴旋

44、转的参考系Oxyz 如图所示，z轴和z轴重合，沿磁场方向。记两参考系坐标轴 正向单位矢量分别为i、j、k和 i 、j、k。旋转系中，价 电子除受线性回复力 2 0 mr和洛伦兹力e Bv外， 还受惯性 离心力mr和科里奥利力2mv作用，其合力为 2 0 2memm FrBrvv 或写成等价的分量形式 2 0 22 0 22 0 2 2 z xy yxx y Fmz FmxeBmxm FmyeBmym vv vv 式中 x v和 y v是实验室参考系中价电子速度v在x和y坐标轴上的分量，而 x v和 y v 是旋转 系中价电子速度v在x和y坐标轴上的分量。两参考系位矢之间和速度之间的变换关系为

45、rr rvv 速度之间的变换关系可写成等价的分量形式 xx yy y x vv vv 式可写为 2 0LL 22mmm Frrv 式中， LL k，k，而 L 2 eB m 式也可写成等价的分量形式 L 2 0 2 0 L LL (2)2 (2)2 xy yx Fmxm Fmym v v 令 L t x y x y O 14 有 2222 0LL0L0 mmmxyz Frrijk 这是各向异性的线性回复力。旋转系中价电子运动的动力学方程为 maF 利用式，式的分量形式为 22 0L 22 0L 2 0 xx yy zz 这是三维简谐振动的动力学方程，其解为 22 10L1 22 20L2 30

46、3 cos sin cos xAt yAt zAt 式中，常量 1 A、 2 A、 3 A和 1 、 2 、 3 分别是相应的振幅和相位，它们由价电子的初始位 置与初始速度决定。 （2）由几何关系，可得两参考系之间的坐标变换关系为 cossin sincos xxtyt yxtyt zz 将式代入式，利用积化和差公式，并注意到式，可得实验室参考系中的解为 1212 1212 1212 1212 303 coscoscoscos 2222 sinsinsinsin 2222 cos AAAA xtttt AAAA ytttt zAt 式中 22 0LL （3）根据同方向同频率简谐振动合成的振幅矢

47、量法，可令 12 12 12 12 12 12 12 12 coscoscos 22 sinsinsin 22 coscoscos 22 sinsinsin 22 AA ttAt AA ttAt AA ttAt AA ttAt 而式化为 303 coscos sinsin cos xAtAt yAtAt zAt 可见，处于磁场中的原子的价电子参与三个频率的振动，发出三种园频率分别为 +0 、 15 的光。 对弱磁场（即 L0 ）情形，由式，略去二阶小量得，园频率可近似为 0L 三条谱线的园频率间隔为 +00L 评分参考：评分参考：本题40分。 第（1）问20分，式各2分，式 4 分，式各2分，

48、式4分，式2分； 第（2）问9分，式各3分； 第（3）问11分，式2分，式3分，式各2分。 解法（二） 解法（二） （1）牛顿第二定律可写成 2 0 mme arBv 在直角坐标系中，该运动方程为 2 0 2 0 2 0 L L 2 2 xxy yyx zz 对方程做变换 cossin sincos xxtyt yxtyt zz 对上式关于时间求导得 ddd cossin ddd ddd sincos ddd xxy ytxt ttt yxy ytxt ttt 再对上式关于时间求一次求导得 222 22 222 222 22 222 ddddd 2cos2sin ddddd ddddd 2si

49、n2cos ddddd xxyyx xtyt ttttt yxyyx xtyt ttttt 将以上三式代入式得 22 2222 LLLL 22 22 2222 LLLL 2 00 00 2 dddd 22cos22sin0 dddd dddd 22sin22cos0 dddd xyyx xtyt tttt xyyx xtyt tttt 式对于任意时间t时刻成立，应有 2 22 LL 2 2 22 L 2 0 0L dd 22=0 dd dd 220 dd xy x tt yx y tt 如果选择 L 16 则上式化简为 2 0L 2 0L 2 2 2 2 2 2 d +=0 d d +0 d

50、x x t y y t 与 z 满足的方程合并，得转动参考系中的动力学方程为 2 22 2 2 2 0L 0L 2 2 2 2 0 2 d + d d + d d d x x t y y t z z t 其解为 22 10L1 22 20L2 303 cos cos cos xAt yAt zAt （2） 、 （3）的解法与解法（一）相同。 评分参考：评分参考： 第（1）问20分，式各2分，式 4 分，式2分，式4分，式2分。 第（2） 、 （3）问，与解法（一）相同。 解法（三）解法（三） （1）磁场沿z轴方向，价电子受到磁场洛仑兹力在垂直磁场方向的平面上。在该平面上取 极坐标( , ) 下