2020年第37届全国中学生物理竞赛决赛理论试题

第37届全国中学生物理竞赛决赛理论试题一、(40分)我国大科学装置散裂中子源于2018年建成并投入使用，它在诸多领域有广泛的应用。历史上，查德威克在1932年首次确认了中子的存在并测出了它的质量；哈恩等人在1939年发现用中子轰击铀原子核可使其分裂，同时放出中子，引发链式反应。为了使链式反应能够持续可控地进行，可通过弹性碰撞使铀核放出的中子慢化。不考虑相对论效应。查德威克用中子(质量为加)轰击质量为m的静止靶核(氢核H或氮核i4N,质量为m或14m)。1HH观察它们的运动。设靶核的出射动量与入射中子的初动量之间的夹角为a,试导出此时靶核的出射速率v和中子的末速率v分别与中子初速率v之间的关系。该实验测得氢核的最大出射速率为103.30x107m/s，氮核的最大出射速率为4.70x106m/s，求m和v的值。0在上述实验中一个氮核也可能受到一束中子的连续撞击。假设氮核开始时是静止的，每次与之相碰的中子的速率都是v，碰撞都使得氮核速率的增量最大。试计算经过多少次碰撞后氮核的动能0与中子的初动能近似相等？设经过多次碰撞被减速的中子处于热平衡状态，其速率满足麦克斯韦分布mmv2f(v)=4兀()3/2v2e-2kBTB2兀kTB这里k为玻尔兹曼常量，T为系统的绝对温度。试计算在热平衡时，中子的最概然速率所对应B的动能和最概然动能。二、(40分)当电场中两个导体球靠近时，导体球之间的电场将明显增强。本题试探讨这一现象。已知真空介电常量为£。0设一个半径为R的孤立导体球的球心与一个静止点电荷Q相距为a(a>R)，求镜像电荷的电00量及其位置。设导体球置于大小为E的匀强外电场中，该外加电场可看作是由两个相距很远的等量异号点电0荷±Q在其连线中点处产生的。试证导体球的感应电荷的作用等效于两个镜像电荷形成的电偶极子，并求该电偶极子的偶极矩与外场E之间的关系。0设导体球外两等量异号点电荷土q的间距为Al，它们形成的电偶极子qAl沿径向放置在半径为R0的导体球附近，偶极子中心与导体球中心相距r(r»Al)，求该偶极子在导体球中镜像电偶极矩的大小。在大小为E的匀强外电场中，沿外电场方向放置两个半径为R的导体球，两球心相距r(r>2R)。000求导体球外过两球心的平面内任一点P'(x,y)处的电势分布和在两球心连线方向的场强分布(可用递推式表示)，取两球心连线中点为坐标原点，连线方向为X轴。试证：在不考虑击穿放电的情形下，当上述两导体缓慢无限靠近时，两球连心线中点的电场会因静电感应而趋于无限大。三、(40分)量子热机是利用量子物质作为工作物质进行循环的热机。下面以二能级原子系统为例描述量子热机的工作原理。二能级原子的平均能量定义为〈E〉=p-E+p-E0011其中E、p和E、p分别表示原子处于基态和激发态的能量、概率。为简单起见，假设E二0，在00110循环过程中激发态与基态的能量差是一个可调参量。该原子处于能量为E的能态的概率满足玻尔兹曼分布p工e-e/(伯)，其中T为热力学温度，k为玻尔兹曼常量。在准静态过程中，平均能量的变化为Bd〈E〉=pdE+Edp，1111其中pdE为能级变化引起的能量变化，对应外界对二能级原子系统所做的功DW；11Edp为概率变化引起的能量变化，对应外界对二能级原子系统的传热DQ.11将二能级原子系统与一个温度为T的热源接触，求热平衡时二能级原子系统处在基态的概率p和0激发态的概率p。1经典奥托循环的P-V图如下图所示，其中A-B和C-D是等容过程，B-C和D-A是绝热过程。试画出量子奥托循环过程中二能级的能量差E与激发态概率p的关系示意图，并计算量子11奥托循环四个过程中的传热、内能增量和对外做功。类似地，计算量子卡诺循环各个过程中的传热、内能增量和对外做功。假设量子卡诺循环中高温热源温度T和低温热源温度T分别与量子奥托循环的最高温度和最低温度相同，试比较量子奥托hl热机和量子卡诺热机的工作效率。

四、（40分）自1964年Yeh和Cummins观察到水流中粒子的散射光多普勒频移至今，激光多普勒测速技术已获得了广泛应用。为了得到足够的散射光强，通常在流体中散播尺寸和浓度适当的示踪散射粒子，激光照射到运动粒子上时发生散射，从而获得粒子（和流体）的速度信息。设粒子速度v与竖直方向的夹角为0。（1）如下图所示，一束频率为f的光被流体中的运动粒子所散射。光在流体中的传播速率为c/n（n为流体的折射率），粒子以速度v运动（v«c/n）。入射光和观测到的散射光的传播方向与粒子速度的夹角分别为9和°。求散射光相对于入射光的频移量4f与散射光方向的关系。设粒子的12速率v=1m/s。光的频率f=1014Hz，曲能否可以直接用分辨率为5MHz的光谱仪进行检测？（2）如下图所示，用频率为f的两束相干平行光（其传播方向在同一竖直平面内）照射流体中同一粒子，两束光与水平面的夹角均为a/2（a比较小）。两束光的散射光到达光电探测器的相位分别为0和e，散射光的电场矢量方向近似相同且振幅均为E。光电探测器输出的电流强度正比于120它接收到的光强，比例常量为屍假设光电探测器的频率响应范围为102〜107Hz,求光电探测器的输出电流表达式。为简单起见，假设粒子速度处于照射在粒子上的两束入射光所在平面内。a/2上I光東1光阑水丁面皿散討光a/2上I光東1光阑水丁面皿散討光A收促跚光电採3）设XOZ平面内两束相干平行光相对于X轴对称入射到达相交区域（见下图），求干涉条纹间距；粒子（其速度在XOZ平面内）经过明暗相间的干涉条纹区将散射出光脉冲，求光脉冲的频率。五、（40分）在恒星之间的广阔宇宙空间中存在星际介质。在宇宙射线的作用下，星际介质中的分子失去部分电子成为正离子，电子则游离在外，成为等离子态。脉冲星是高速旋转、具有超强磁场的中子星，地球上所观测到其发出的电磁辐射是脉冲信号。脉冲星信号可用于星际导航和高精度计时，为此需要获得脉冲信号到达地球的精确时间，研究其电磁辐射的相位变化与色散。一脉冲星到地球的距离为乩星际介质中的电子平均数密度为n（数量级为104m-3）；假设介质e中存在匀强静磁场E（数量级为10-1oT），其方向平行于电磁波的传播方向。已知电子质量为m，电e荷为-e（e>0），真空介电常量为£，真空中光速为c。0（1）取该脉冲星到地球的电磁辐射方向为Z轴正向，对于频率为f的电磁波，其电场为E=Ecos(kz一2nft)，x0E=EcosfkzE=Ecos(kz一2nft)，x0y0"2丿y0式中E和k分别为电磁波的振幅和波数。0为简单起见，设E为常量、且电磁波本身的磁场对电子的作用可忽略，求电子运动的回旋半径R。0e（2）脉冲星信号在星际介质中传播时会发生色散，其传播速度大小（群速度的大小v）依赖于电磁波g频率相对于波数的变化率：vg=2ndk。求能通过介质到达地球的脉冲星信号电磁波的最低频率（3）假设在脉冲星信号的传播路径上，星际介质中的电子平均数密度n保持不变，问脉冲星信号中频e率为f的电磁波到达地球的时间比其在真空中传播的时间延迟了多少？（4）观测发现，从脉冲星同时出发的频率为f的电磁波到达地球时出现了相位差，求该相位差（可取,e厂“eBr近似：L<<f，«f）。2n讨8m2nm10ee（5）如果在传播途中长度为Q的区间内电子数密度出现涨落An，求脉冲星信号中频率为f的电磁波e通过该区间后由电子数密度涨落引起的相位移动。六、（40分）反粒子最早由狄拉克的理论所预言。1932年，安德森研究宇宙射线时发现了电子的反粒子——正电子。此后，人类又陆续发现了反质子等反粒子。用单粒子能量为6.8GeV的高能质子束轰击静止的质子靶，可产生反质子，其反应式为P+P—P+P+P+PIn——质子和反质子湮灭时可产生n-介子，因此在反质子束流中还伴随有大量n-介子。下图是探测反质子的实验装置原理图。反质子P和n-介子流依次通过闪烁计数器S、S和S,S与S相距1=12m，12312在S和S之间放置有切伦科夫计数器C和C。切伦科夫计数器通过探测切伦科夫辐射（带电粒子在2312介质中的运动速度超过介质中光速时所激发的电磁辐射）而确定带电粒子的运动速度。C仅记录速度1较快的n-介子，C仅记录速度较慢的反质子。实验中S的作用是检验前面的计数结果是否真实。23（1）在上述反应中，假设末态质子和反质子速度相同，求反质子从S运动到S所需的时间匚。若n-12P介子与反质子动能相同’求n-介子从Si运动到S2所需的时间［—。(2)运动速率为v(v>c/n)的带电粒子通过折射率为n的介质，求所产生的切伦科夫辐射传播方向与带电粒子的运动方向的夹角e。3)微分式切伦科夫计数器可以记录速率在某一个区间的粒子数。下图是其关于轴线(图中虚线)旋转对称的原理剖面图。光收集系统包括半径为人的球面镜和半径可调的环状光阑。当切伦科夫辐射传播方向与带电粒子运动方向的夹角°很小时，球面镜将带电粒子激发的切伦科夫辐射会聚在其焦平面上，形成半径为尸的辐射光环。投射在计数器上。对于速率为v的带电粒子激发的辐射，(4)反质子与质子相遇会发生湮灭反应p+pT3n0。反应末态粒子的总动能与反应初态粒子的总动能之差即为反应能0。为简单起见，假设质子和反质子的动能可忽略。末态三个n0介子的总动能是一个常量，可用Dalitz图表示总动能在三个兀0介子之间的分配。如下图所示，Dalitz图是一个高为1的等边三角形,P点到三边的距离等于三个n0介子的动能占反应能的比率，即d二E/Q,ik,iE表示第i个兀0介子的动能，i二1,2,3。以底边为X轴，底边中点为原点，底边上的中垂线为k,i丫轴建立坐标系。求P点可能的分布范围边界的表达式，用反应能Q、n0介子质量m和真空中n0的光速C表示。并讨论若m二0时，P点的分布范围边界的表达式。n0

已知：真空中的光速c=2.998X10sm/s，质子质量M二938.2720MeV/c2，中性n介子质量pM二134.9766MeV/c2,带电n土介子质量M二139.5702MeV/c2。n0n土七、（40分）据《荀子•有坐篇》记载，孔子观于鲁桓公之庙，有欹念）器焉。欹器者，“虚则欹，中则正，满则覆。”悬挂式欹器实物如图7a所示：欹器空时，器身倾斜：注水适中，器身正立；注水过满，器身倾覆。图7b为悬挂式欹器的正视剖面图。整个欹器的外轮廓是相对于Z轴的回转面，Z'轴为内部管腔的对称轴，容器内壁与外壁的半球壳半径分别为R-R和R=\3R，两半球的球心0和O'均位于12X轴上。Z'轴和z轴相距t=3R/10，欹器圆柱部分的长度l=2R。欹器的一对悬挂点所在直线与XOZ平面交于Q点，其坐标为（兀=_R/10，z=2J3R/1）。欹器材质均匀，其密度P为水的密度PQQ12的3的3倍。不计摩擦。（1）求空欹器自由悬挂平衡时Z轴与竖直方向的夹角。（2）求空欹器绕一对悬挂点所在轴的转动惯量及其在平衡位置附近微振动的角频率（已知密度为P、半径为R的匀质球体绕过其质心的轴的转动惯量为1=£npR5；半径为R、长度为L的匀质圆12柱体绕过其质心且平行于圆柱底面的轴的转动惯量为I=兀卩R2L3R2*L））122（3）让空欹器自由悬挂，并开始往欹器内缓慢注水，问欹器内水面到底部的距离h为多少时器身正立?4）简述“满则覆”的临界条件。第37届全国中学生物理竞赛决赛参考答案第一题参考解答：（1）中子以初速度与静止的靶核发生碰撞，碰撞前瞬间初速度方向与两球球心连线之间的夹角为a。在两球心连线和中子初速度方向所决定的平面上，令X轴沿两球心连线，中子初速度垂直于连线的方向为y轴。设碰撞后中子的速率为y,沿着x轴方向的速度分量为v，y轴方向的速度分量为\，碰撞后靶核速率为v，1解法（一）碰撞前后沿着x轴和y轴方向动量分别守恒mvcosa=mv+mv0x11①mvsina=mv0y这里v2+v2=v2xy解法（二）由碰撞前后动量守恒，碰前中子的动量mv、碰后中子的动量mv和碰后原子核的动量mv构成一闭011m2v2+m2v2一2mmvvcosa=m2v2①011101式中，a是碰前中子的动量与碰后原子核的动量之间的夹角。能量守恒给出111mv2=mv2+mv2202211由①②式得mv2+4v2一2mvvcosa=0，11m1101从中解出2mcosav=v，1m+m01再把③式代入②式，得(m+m)2一4mmcos2av=+1vm+m01m2+m2一2mmcos2a++vm+m01当a=0时v达到最大,12mv=v,1maxm+m01所以氢核的最大速率是2mv=vHm+m0H氮核的最大速率是2mv=v,Nm+14m0H由此解得14v一vm二nhmv一vHHN14x4.7x106—3.3x107m3.3x107一4.7x106二1.1mH再代入上面任意一式中，得v二m+mHv二3.07x10vm/so02mHi+10mv+mV=mv'+mV0Ni0Ni+11111⑦—mv2+—mV2=:—mv2+—mV2⑵速度为匕的氮14核继续与速度却0的第i个中子碰撞’在每次碰撞后获得最大速率增量条件下’氮14核的速度变为V，中子的末速度为v'，动量守恒和能量守恒分别为202ni202ni+1由⑦式得i-=1一a+a―i—1⑧vv00式中=0.847按⑧式逐次选代得VV—n=1—a+a—n—1=1—a+a1—vVI0o'V)1Va+^—n—2=1—a2+a2-^=2

v丿

oy—V=1—a3+a3—n-3v

01V1=•••=1—an+an—0=1—anv0这里，应用了题给条件V0=0所求的次数n满足11mV2=x1.16mv22iv2Nn2H0即是1114m(1-an)2v2=x1.16mv22H02H0由⑨⑪式得，满足方程的最接近的值是3）根据麦克斯韦速率分布mmv2f(v)=4n)3/2e「2kBTv22nkT速率取极大值的条件是可知最概然速率为v=

p2kT

B—

m最概然速率对应的动能为E=1mv2=kT

p2pB设总粒子数为N,由动能分布函数定义可知为⑩⑪⑫⑬⑭⑮由速率分布函数的定义可知2Ek2Ek)

mf(V)-Ndvdv—-dE2mE7k所以TOC\o"1-5"\h\zdN1\o"CurrentDocument"f(E)-一f(kNdE2mEkk结合上述几个式子，化简得到f(E)je-書E1/2(nt)3/2Bdf(E)动能取极大值的条件为上-0,dEk由此可知最概然动能为E--kT--E。kp2B2p评分标准：本题共40分，其中①⑦式各5分，②③④⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯⑰式2分。第二题参考解答：(1)如图所示，由于静电平衡时导体为等势体，球表面内感应电荷均匀分布，其镜像电荷Q'位于球心位置。球外感应电荷对应的镜像电荷为-Q'。由静电平衡条件，该镜像电荷必定处于球心和Q的连线上。容易得出，镜像电荷的大小及-Q'距球心o的距离b分别为RR2Q，-fQ，b-f①aa设有等量异号点电荷±Q，与金属球(导体球)球心O的距离均为a,由±Q产生的两个像电荷为不Q］，由球面电像公式可得，像电荷大小Q及距球心O的距离b分别为1Q1RQ1RQ,aR2②O十0w/-0②O十0w/-0o十G匀强外电场E0可视为等量异号点电荷±Q在其连线中点处产生的电场，大小为当afg时，bT0，因此一对像电荷干£，可视为一位于球心O的电偶极子，其偶极矩p的大小为p=2Qb=2—0Q1a2由此可得TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"p=4ksER3④000已知q和—q间距为Al，由②式知，土q的像电荷的大小和位置分别为qRR2qi=A，bi=阪\o"CurrentDocument"r—r—-22qRR2\o"CurrentDocument"q2=A，b2=A\o"CurrentDocument"r+r+-22

由于d由于d《r，有qi=q2像电荷组成一对电偶极子，其偶极矩为：p=q(b-p=q(b-b)=112qRR2Alo0rAl2r2-—4R3qAlr3由⑧式知，各对像电偶极子的偶极矩以及该偶极子所在位置到两球心的距离依次为⑩由⑧式知，各对像电偶极子的偶极矩以及该偶极子所在位置到两球心的距离依次为⑩像电荷构成的电偶极子的方向与导体球外的电偶极子的方向相同。4）如图所示，当空间电场方向有两个相同导体球时，由外电场作用，会在两球心位置处产生一对电偶极子p=4k8ER3000这一对像偶极子又会产生次级偶极子匕，接着产生P3，P4，…，如此无穷反射下去。p=4兀£ER3，b=0，r=r-b=r1000111R3人p=—op,b=2r31R2—0-

r1r=r一b22R3

p=fp,3r322R2—0-

r2R3R2p=亠p,b二一4,nr3n-1nrn一1n一1r二r一b；nn位于b0、电偶极距为p的电偶极子的电势为p-(r-b)0—4k8|r一b|3

00取两球连线的中点为坐标原点，x轴水平向右，坐标原点为电势零点则在球外空间任一点P（x,y）处的电势为n=14K80n=14K80—一Ex⑭302x+r-b3n=14K8x-r+b2n02nx+r-b]2nx+r-b]2n丿nl乏卜一弓+◎]申(x,y=0)=无n=14K8两球心连线上（球外）0两球心连线上（球外）—P(x,y=0)=pn+艺pnr丁3rTdxn=12K£x+——bn=12K£x——+b02n02n的场强分布为E(x,y=0)=+E⑯30式中，像电荷构成的电偶极子的方向与导体球外的电偶极子的方向相同。（5）设rT2R0，并保持两球相互绝缘。由⑩⑪⑫式可知113p2=(2)3pi，b2=2R0r=—Rp3=（|）3（2）3p1=（1）3p1-=-=r；nn0n—1p=p,b=R,nn1nn0由⑯式有E(x=0,y=0)=E±0n=1兀*PnrI-—b|302n=E+E工00n—13n=1n31———=E+4E艺1Ts000=1评分标准：本题共40分，其中①式5分，②③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑮⑯⑰式各2分，⑬⑭式各3分,⑱⑲⑳式各1分。第三题参考解答：(1)系统处于能量为E的概率满足玻尔兹曼分布P*e-E/丘龙，有1—咛p=pekBT10对于二能级系统，由原子处于不同能级的总概率为1，有p±p=110解得1±ekBTp1=—-ErekBT①②③④1±ekBT面计算量子奥托热机循环过程中的各个物理量的增量。A-B量子等容过程中:不做功，即E二E，吸热全部用来增加内能，因此吸收热量为ABA<E〉=Q二E(p-p)⑤11BBAB-C量子绝热过程中：此过程是绝热过程，不吸收或者放出热，故p=P，内能增量为BCA<E〉=(E—E)p⑥CBB对外做功W二-A<E)=—(E—E)p=(E—E)p⑦22CBBBCBC-D量子等容过程中：不做功，即E二E，放出的热来自内能减少，内能的增量为CDTOC\o"1-5"\h\zA<E〉二E(p—p)⑧DAB放出热量为Q二-A<E〉=E(p—p)⑨23CBAD-A量子绝热过程中：此过程是绝热过程，不吸收或者放出热，内能增量为A<E〉=(E—E)p⑩ADA对外做功W=—A<E〉=—(E—E)p=(E—E)p⑪44ADADAA⑶对量子奥托热机，循环过程中吸热Q1和放热Q2,效率为E-^CE-^CQ1由于BY过程中，pB=pc，故有如下关系式

__E-ekBTB化简后，再根据t=t有EE—B=—CTThC代入式有.E.T耳=1——卜=1—-C奥EThh量子卡诺循环示意图如下：面计算量子卡诺热机循环过程中的各个物理量。A—B过程:dQ1=Edp=Ed1111+e—kBTh丿=E1kTBh(、、—-ErekBTk1+e-爲^Er—ekBTh1—-^rQkTkTekBTh丿(_-E1-1+ekBTh

V丿E—占一—eM；kTB~h(1+e所以此过程中吸热：de-de-kBTh=JEBEA—eV1+e—kBTh丿E—件一帯ekBThkTB-h(1-件1+ekBTheEB1-十1+ekBTh11-~EC~"-~EC~"E1-ETC1+ekBekTW=-AE=——E22[-弓B1+ekBThC—D过程:过程C—D与A—B类似，均为等温过程，放热的计算可以类比式，并代入⑳和21式后有EE1+ekt吸热：Q二一D-―C+kTln―BA3-卞-&B/1吩1+ekBTi1+e讪1+ekBTiT牙

卜ETa——hEa-1+ekBThT牙1ETbheb-1+ekBTh+kTlnBl1+ek*.1+赢Ed~ekT内能：AE=一jE3-忌D1+ekBTl2425做功：W=QAE=EE+kTln1+ekBTh26333CDBl1+e薦D—A过程：吸热：Q=0427对外做功等于内能减少%ea~ekTW——AE—B1EekT-BhE2844—占D“-七A1+e唧1+ekBTh对量子卡诺热机，循环过程中吸热Q1和放热Q4，将和24式代入效率计算公式Q-Q=—1牛Q1=1-£Q1[T=1——bTh29其与经典卡诺热机的效率一致。然而T1<TC<Th，故由⑯和29式可知耳<耳奥卡因此量子奥托热机的效率低于量子卡诺热机的效率。评分标准：本题总分40分第（1）问总分6分，第①②式各2分，第③④式各1分：第（2）问总分10分，画出量子奥托循环示意图2分，4个循环过程每个对应2分；即第⑤式2分，第⑥⑦⑧⑨⑩⑪式各1分：第（3）问总分24分，计算量子奥托循环效率5分，计算量子卡诺循环效率和比较它们的大小总共19分;即第⑫⑬⑭⑮⑯式各1分,第⑰⑱⑲式总共7分,第⑳⑥2223式总共5分,第2425⑥式共3分，第2728式共2分，第2930式共2分；第四题参考解答：V11）一束频率为f的光波被流体中运动粒子所散射。光在流体中的传播速度大小为C,粒子运动速度大小为v（v«c）。由于多普勒效应，粒子接收到的光频率为vn广二f(1+—cos9)c1式中91为光波入射方向与散射粒子运动速度之间的夹角。同样由于多普勒效应，在散射方向上探测到来自粒子的散射光的频率为1-vncos9c2其中9为散射光波传播方向与散射粒子速度之间的夹角。2散射光与入射光的频率之差为Af二f-f=fvn(cos9+cos9))c12已知粒子的速度为v=lm/s，光的频率量级为11014Hz,Af二fVn(cos0+cosO)<2fvn沁0.7MHz<5MHz④c12c因此，分辨率为5MHz的光谱仪不能对以此速度运行的粒子进行探测。2)到达探测器的两散射光1和2的电场为E=Ecos[2n(/+Af)t+0]101E二E二Ecos20[2n(f+Af')t+0其中Af、Af'Af分别为散射光1和2与原光频率的频率之差。两散射光的合成光强为I(t)8E+E|212=E2+E^cos[4n(f+Af)t+20]+-E2^cos[4n(f+Af')t+20]+E2cos「4n(2f+Af'+Af)t+(0+0)]+E2cos「2n(Af-Af')t+0-0012012式中，第一项是常量：中间三项的变化频率为光频及其和频，探测器的频率响应跟不上其时间变化它们实际上表现为其时间平均值，也是常量；第五项的变化频率是光频的差频。因此，探测器输出的光电流为i(t)=kE2cos(2兀Aft+0-0)⑦0D12这里Af=Af-Af，D是光束1和光束2的散射光频率差之差。由题意知，③式即为光束1的散射光频率差，类似的，对于光束2获得的频率差为Af'=fVn(cosO'+cosO)c12因此光束1和光束2的散射光频率差之差Af=Af'-AfD=fvn(cos0'—cos0)c112fvn.aqsincospc2其中,卩二丄(0r+0-n)o11211因为光电流信号仅仅与散射光频率差之差相关，与。没有关系，2所以此方法对速度的测量与散射光的方向无光。(3)如图b所示，黑色粗线所包围的菱形为两对称射入相干平行光束相交区域，蓝色细线代表区域内的光线，对于位于z轴上的各点来说Ae=0，因此在相交区域z轴上的各点干涉相长(比如O点与O'点)，将呈现干涉相长明条纹。过O点做垂线OA垂直于AP，OB垂直于BP，因此两相干光到P点相对于O点的相位差为2n4na了(AP+BP)=丁dSinI其中d为P点到X轴的距离。类似的，对O'点做垂线O'A'垂直于AP，O'B'垂直于BP,因此两相干光到P'点的相位差为=弓(AP+BP)=4ndsin罟因此，对于相交区域内P'P上的各点干涉情况一致，由图中几何关系可知，P'P平行O'O,如果各点满足n的偶数倍，则干涉相长，TOC\o"1-5"\h\z4na-dsin=2jn,(j=0丄2,…)\o"CurrentDocument"九2所以，第零级明条纹在相交区域内X轴上，其余明条纹将平行于X轴，呈等间距分布。形成亮条纹两个相邻明条纹之间相位差2n,有\o"CurrentDocument"2dsin(a/2)=X，⑬因此干涉条纹间距为Xd=⑭2sin(a/2)由于光强明暗相间的结果，每当粒子运动到明场时将散射出一个光脉冲，所以光脉冲的频率与粒子速度的竖直方向分量有关。粒子穿越相邻两条亮纹的时间为vcos卩于是光脉冲频率为£2fvn.aqf=sincospDc2解法二：两束入射光的方向分别为八a?.a-e=cos—i+sin—/TOC\o"1-5"\h\zi22八a?.a-e=cosi-sin/\o"CurrentDocument"i22在位矢r处，两束光的相位差为2兀a©二——（r-e-r-e）九12所有相位差都为a©的场点满足的方程为a2兀\o"CurrentDocument"A©=2ysin—2九可见干涉条纹为一系列与X轴平行的直线。条纹间距d满足九2sin(a/2)粒子穿越相邻两条亮纹的时间为dvcosP于是光脉冲频率为2fvna

f=sincospDc2评分标准：本题共40分，①②④⑤⑧⑨⑩⑪⑫⑯各2分，③⑥⑦⑭⑮式各4分。第五题参考解答：（1）星际介质处于等离子态，由于正离子质量远大于负离于（电子）的质量，因此在电场的作用下电子运动，而离子可视为不动。星际介质的离子数密度很小，离子间的碰撞可忽略。

电子的运动是低速的，电磁波的磁场对电子的作用也可忽略。设电子的运动速度为V,则电子受到的洛伦兹力为F=-e(E+vxB)由于E与电磁波传播方向垂直，B与传播方向平行，vxB与传播方向垂直，故F与传播方向垂直，从而使电子在垂直于信号传播方向的平面中作圆周运动。由牛顿第二定律有eE土evB=0MV2——eR式中，v=2nfRe土对应于电子两个不同的旋转方向。由②③式得R=

eeER=

e0eB~2nmf(2nf+IB)eMe解法(二)电子在洛伦兹力作用下的运动方程为mx(t)=-e[E(t)+x(t)xB]式中E(t)为该点电磁波的电场E(t)三E+IE=Exy0这里«=2nf，而0(t)是在垂直于电磁波传播方向的平面(作为复平面)上电场的辐角。在上述复平面上TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"x(t)=Re土血②e式中，①可理解为该电子回转的角速度。由②式和x(t)与B正交可知\o"CurrentDocument"X(t)xB=±I[®xx(t)]xB=土ix(t)(w-B)=±I®Bx(t)③由①②③式有-m32R=-e[e±3RB]e00此即

eE0eB2nf(2nf+—)m（2）星际介质中单位体积内的电子数为n，所以介质的极化强度为eP=一neRee电位移矢量为D=£E+P=(£—e)E⑥004n2mf2+2nfeBe从而得到介质的介电常数ne28=8—Lo4n2mf2+2nfeBe折射率n为f2Pf(ff)B0式中.=eBB0式中.=eBB2nme由波矢、频率和折射率的关系k=n（①=2nf）和⑦式得，群速度为cd®=1dk=dTdnn+®d®ncB®2®2dnn+®d®ncB®2®2n2=1—p=1土

®(®干®)B(1（丄-」一）

®®干®Bdn®=+

d®®2——P-2n®®BV5）2丿=_®2+2®®+®2=®22®®+2n®®(®£f)2=2n®(®+®)2BBBncncV=c^=—g丄®dnf2n+五1土tErB在介质中群速度为零的电磁波是不能在该介质中传播的，V=0⑩gf2干ff-f2=0V=0⑩gf2干ff-f2=0BP舍去方程的负根，得到能通过星际介质的最低电磁波频率为f=1f2+4f2土f)=彳］B+丝土—］⑪c2NBpB4兀［Y—2s——'e0ee丿当B=0时f=f，这正是把f称为等离子体特征频率的原因。cpp(3)频率为f的电磁波信号通过该介质达到地球的时间比其在真空中传播的时间延迟量为将⑨式代入⑪式，并注意到fp«f，%<<f，有At=1J1+c0jf±也Idl-d=DxDM1±DXDM2f22f3丿c1f222f31e2nde2f2c4n2s—0e.ddld1At=JoVcc

g1e2nde2f2c4n2s—式中1±f2f+f2±龙f(fif)2f亍BBdl-dcDM1=Jdndl=nd0ee_e22n—sce0DM2=JdnBdl=nBd0eeD三e—28n3s2—2c0e⑷由波数与折射率关系k=沪及方程⑦(在fp«f，fB«f的近似下),k(f)=込c0c在区间d中两种不同信号的相位①差为dl⑮丿利用近似fp«f，fB«几得到达地球时的相位变化为nBd⑯4n28m2cf2e0eIIdl2f3丿|人①=d2nf1—车+fIIdl2f3丿|0Il2f22f3丿fnBdfnBdl—e3Bdne—4n28m2cf20e2ne2ecf24n28m2兀m0ee

e3dnBdl4兀28m2cf20e0e(5)当电子密度出现涨落时，就会引起折射率的变化，由⑦式得Af2AnAn——pe2nf(f+f)nBe由波矢、频率和折射率的关系k-沪得到波矢的变化Ak-丝An-—:f、、竺cncIf+f丿nBe于是，某频率脉冲星信号通过电子密度出现涨落区间产生的相位移动为A①—一aA①—一aAk—nf2BAneane评分标准：本题共40分，其中①③⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯⑰⑱⑲式各2分，②④式各3分。第六题参考解答：1)入射高能质子的动量为P-占-M2c2—6.735GeV/cc2P产生的反质子的动量P—P—1.684GeV/cP4

或者E+Me2二4E_pppE_=pPe2+M2e4ppp反质子的运动速度Re2Pe2V=t=p=0.873epE-\；'P2e2+M2e4反质子从S运动到S的时间12t~==45.8ns。pVpn介子的能量①②③④E=E+m=E_—M_+m①②③④TOC\o"1-5"\h\znk,nnppnn介子的运动速度为2—m2e4廉n2—m2e4廉n=0.992enEEnnn介子从S运动到S的时间12t==40ns。nVn(2)粒子的速度为v,媒质中的光速为e/n。若v>e/n，粒子从1运动到2时，粒子在其运动的路径上的各点所激发的媒质中的电磁场形成一个圆锥形包络面,如下图所示。COS0env所以COS0env所以0=arccosenVii3)球面镜的焦距f二R/2•焦平面上光环的半径r二ftan9二£：(nV)2-12Yc4)由动量守恒，Ymv+丫mv+ymv=0,兀12兀23兀3能量守恒，mc21)+mc2+mc2兀1n2n3以及Y1-vi2c2由动量守恒p+p+p=0,123TOC\o"1-5"\h\z能量守恒，®」+Ek,2+Ek,3=Q⑫以及E=p'p2c2+m2c4一me2⑬k,i弋inn得p=QJd2+2dK，其中K=me2/Q,d二K(y—1),iC"iinii于是3个n介子的动量大小pi、p2、匕满足p.+pj>pk，{i，k}={123}d1、d2、d3可能的分布范围为:d2+2dK<、:d2+2dK+、■d2+2dK112233d2+2dK<*d2+2dK+■d2+2dK2^1133d2+2dK<、■d2+2dK+pd2+2dK311V22在坐标系中，d=y，d=—G.;3x+y—1)/2，d=(J3x—y+1)/2⑮123把⑮式代入⑭式得2(3K+1)y3—6(3K+1)x2y+(12K2—1)y2+3(2K+1)2x2—2(4K+1)Ky<0.⑯若m=0，则K=0，于是n(y—1/2)(y疽x)(y+朽x)<0表示三条边的中点连接成的三角形区域。评分标准。本题共40分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑫每式2分，⑪⑬⑭⑮⑯⑰每式3分。第七题参考解答：（1）假设整个欹器是实心时，它分为长圆柱部分（I）和半球部分（II）。在坐标系XOZ中，圆柱部分质心的位置为：x=0，z=1=RCICI2半球部分质心的位置为：=—善3R=—0.6495R①TOC\o"1-5"\h\zJ0PK(R2—=—善3R=—0.6495R①x=0，Z=一R2=—~RCI1CI1J0pk(R2—z2)dz82—R2122设整个实心体的质心坐标为（%=°，%），则2\2\pnR31+p_nR3z于是=pnR311-p2nR3週c实223283(212-R2)5(3--J3)=〜=R=0.3962R4(31+2R)162相应地，整个欹器空心部分的质心坐标为3(212-R2)21x=t=0.3R，z=f=R=0.6563RC空c空4(31+2R)321设m实和m空分别是整个欹器是实心时欹器的质量和整个欹器空心部分刚好填实所需的质量’有二pnR2(当+1)113m二p二pnR2(当+1)113实123空整个瓶子的质心坐标为mx整个瓶子的质心坐标为mx+（-m）xx—实c实（——空）c实Cm+-m实空/R2t(3/+2R)、31(R2-R2)+2(R3-R3)2121=屮R71177Rmz+(-m)=屮R71177Rmz+(-m)zz=—实C实空C空cm+-m实空4「引（R3(R+R)(212-R2-R2)2J/21、'+R)+2\R2+RR+R2J212211-3—二护-5)R=讣2R12^/3悬挂点的位置为（-ioR话R），欹器内没装水悬挂时欹器倾斜的角度为z-z25(^3-3)0=arccotQ=arccot一0x-x121CQ=0.707439x竺=40.5333。兀2）由球绕直径的转动惯量知，半球绕其底面圆直径的转动惯量为二11二—npR5ii2i15由平行轴定理知，半球绕穿过其质心且平行其底面的转轴的转动惯量为22832(3¥I=npR5+—pnR3X2+-R+z实48012312Q(82Q丿中间为实心时欹器绕悬挂点连线的转动惯量+1+pnR2l2121c2(3¥I—一np1c2(3¥I—一npR3-Rf18丿11383480npR5二0.1729npR579588+75916050pnR5=15.3283pnR511「（\(/)22「（\(3¥I=I+pnR2/VX+tP+——z+1+—pnR3Vx+tP+-R+z空211Q12Q丿1c311Q(81Q丿空心部分绕悬挂点连线的转动惯量⑨6050-(24953-3850⑶pnR5=3.0223p赧605011欹器绕悬挂点连线的转动惯量实空(54635+实空(54635+11441J3)

6050pnR5=12.306pnR511质心到悬挂点轴线的距离、2/R2、2/R2t(3/+2R)、+引(R2—R2)+2(R3—R3)+XQ2121丿3(R+R)(2l2—R2—R2)

引(R+R)+2\R2+RR+R2丿-212211-、2(3'3—(5)"2'30848—17541pnR3=0.02722pnR3110$2(30848—17541p)163905+343233110$2(30848—17541p)16