2000年第17届物理竞赛复赛试题

代入数值得

T?1.8?10－24s （9） 由此可得 ?/T?0.2 （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．

评分标准：本题25分

1. 15分。（2）式4分，（5）式9分，求得（6）式再给2分。

2. 10分。（8）式3分。（9）式1分，正确求得（10）式并由此指出正反顶夸克不能形成束缚态给6分。

四、（25分）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：Ⅰ. 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，以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；Ⅱ. 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；Ⅲ. 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，以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

E1E2为多少?

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．设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为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，由开普勒第二定律可得

u0R?6uR （1） 由能量关系，有

12mu0?G2M0mRv0R2?12mu?G2M0m6R （2）

由牛顿万有引力定律，有 G或

M0mR2?m

v0?GM0R （3）

解（1）、（2）、（3）三式得 u0?127121v0 （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 G得

v?GM06R?16v0 （6）

M0M(6R)2?Mv26R

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处时，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弹回，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????23?1??v0 （8） 21??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 得

u2?可以看出

u1?1??3?2?1?1v?v0?u2 （10） ?07?3GM03R?13v0 （9）

12mu2?G2M0m6R?0

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?12mu0?212mv0?212m127v0?212mv0?25142mv0 （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 由此得

u3?2GM0R?2v0 （12）

12mu3?G2M0mR?0

飞行器的速度由v0增加到u3，应从发动机获取的能量为

E2?12mu3?212mv0?212mv0 （13）

2所以

5E1E2?1412mv0mv022?0.71 （14）

评分标准：本题25分

1. 18分。其中（5）式6分，求得（6）式，说明飞行器能被小行星碰撞给3分；（8）式5分；得到（10）式，说明飞行器被小行星碰撞后能飞出太阳系给4分。 2. 7分。其中（11）式3分，（13）式3分，求得（14）式再给1分。

五、（25分）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（图复17-5）．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。

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?2g|y|?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。

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

2 v?v0?v12?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?，如图复解17-5-1所示，则 tan???4v1v0?1

?? （6）

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 R?mvqB?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，由图复解17-5-1可知，其坐标为 ?圆周运动的角速度 ??vR?5.0rad?s－1?xO'?Rsin??0.40m?yO'?Rcos??0.40m （8）

（9）

由图复解17-5-1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(?t??)?xO'? （10） y?yO'?Rcos(?t??) （11）

式中v0、R、?、?、xO'、yO'已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。