全国中学生物理竞赛集锦（原子物理学）答案 第21届预赛2004.9.5一、1. a. 10－10b. 10－15c. 6.6×10－272. a 正确，b 不正确。
理由：反射时光频率ν 不变，这表明每个光子能量h ν 不变。
评分标准：本题15分，第1问10分，每一空2分。
第二问5分，其中结论占2分，理由占3分。
第21届复赛三、因μ子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ根据时间膨胀效应，在地球上观测到的μ子平均寿命为τ，()21c v -=ττ (1)代入数据得 τ = 1.4×10－5s(2)相对地面，若μ子到达地面所需时间为t ，则在t 时刻剩余的μ子数为()()τt N t N -=e 0 (3)根据题意有()()%5e 0==-τt N t N (4)对上式等号两边取e 为底的对数得1005lnτ-=t (5)代入数据得s 1019.45-⨯=t(6)根据题意，可以把μ子的运动看作匀速直线运动，有t h v =(7)代入数据得m 1024.14⨯=h (8)评分标准：本题15分． (1)式或(2)式6分，(4)式或(5)式4分，(7) 式2分，(8) 式3分．第20届预赛二、参考解答波长λ与频率ν的关系为 cνλ=， （1）光子的能量为 E h νν=， （2） 由式（1）、（2）可求得产生波长74.8610λ-=⨯m 谱线的光子的能量194.0910E ν-=⨯J （3）氢原子的能级能量为负值并与量子数n 的平方成反比： 21n E kn =-，n =1，2，3，… （4） 式中k 为正的比例常数。
氢原子基态的量子数n =1，基态能量1E 已知，由式（4）可得出1k E =- （5）把式（5）代入式（4），便可求得氢原子的n =2，3，4，5，… 各能级的能量，它们是192215.45102E k -=-=-⨯J ， 193212.42103E k -=-=-⨯J ，194211.36104E k -=-=-⨯J ，205218.72105E k -=-=-⨯J 。
比较以上数据，发现1942 4.0910E E E ν-=-=⨯J 。
（6）所以，这条谱线是电子从4n =的能级跃迁到2n =的能级时发出的。
评分标准：本题20分。
式（3）4分，式（4）4分，式（5）4分，式（6）及结论共8分。
第20届复赛 （无） 第19届预赛 （无） 第19届复赛六、参考解答（1）由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为2201.10m c = （1）由此可解得0.4170.42v c c=≈（2）入射光子和散射光子的动量分别为hpcν=和hpcν''=，方向如图复解19-6所示。
电子的动量为mv，m为运动电子的相对论质量。
由动量守恒定律可得hcνθ=（3）hcνθ'=（4）已知20.10h h m cνν'-=（5）由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得20.37/m c hν=（6）20.27/m c hν'=（7）127tan arctan()36.137νθν'===︒－（8）电子从O点运动到A所需时间为2.4/Lt L cv∆==（9）（2）当观察者相对于S沿OA方向以速度v运动时，由狭义相对论的长度收缩效应得L L=（10）0.91L L=（11）第18届预赛四、参考解答设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为v，碰撞后中子和碳核的速度分别为v和v'，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因v、v和v'沿同一直线，故有mv mv Mv'=+（1）222111222mv mv Mv'+=（2）解上两式得图复解19-6光子散射方向光子入射方向光子入射方向电子θA0m Mv v m M-=+ （3） 因12M m = 代入（3）式得01113v v =-（4） 负号表示v 的方向与0v 方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为2221011112213E mv m v ⎛⎫==- ⎪⎝⎭于是2101113E E ⎛⎫= ⎪⎝⎭（5）经过2，3，…，n 次碰撞后，中子的能量依次为2E ，3E ，4E ，…，n E ，有2421011111313E E E ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6301113E E ⎛⎫= ⎪⎝⎭……210001113nnn E E E E E ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（6）因此 0lg(/)12lg(11/13)n E E n =（7）已知 7600.02511071.7510n E E ==⨯⨯－ 代入（7）式即得71lg(10)7lg 77.8451754112(0.07255)0.14512lg()13n ⨯--===≈-－ （8） 故初能量0 1.75MeV E =的快中子经过近54次碰撞后，才成为能量为0.025 eV 的热中子。
评分标准：本题18分 （1）、（2）、（4）、（6）式各3分；（5）、（7）、（8）式各2分。
第18届复赛三、参考解答为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是2n =的第一激发态．已知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．21n E K n= （1） 又知基态（1n =）的能量为－13.58eV ，即12113.58eV 1E K ==-所以 13.58eV K =-2n =的第一激发态的能量为221113.58 3.39eV 42E K==-⨯=- （2）为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为21( 3.3913.58)eV=10.19eV E E E =-=-+内 （3）这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即191810.19eV=10.19 1.60210J=1.63210J h E ν==⨯⨯⨯内－－ （4）式中ν为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有0B A mv mv mv =++光子的动量 （5）222011()22B A mv m v v h ν++= （6） 光子的动量h p c νν=。
由（6）式可推得002h mv v ν>，因为0v c <<，所以0h mv cν>>，故（5）式中光子的动量与0mv 相比较可忽略不计，（5）式变为0()B B A A mv mv mv m v v =+=+ （7）符合（6）、（7）两式的0v 的最小值可推求如下：由（6）式及（7）式可推得22020011()221()2B B A A A A mv m v v mv v h mv mv v v h νν+-+=--+=200A A mv mv v h ν-+=经配方得220011240A m v v mv h ν⎛⎫-- ⎪⎝⎭+=22001142A mv m v v h ν⎛⎫=- ⎪⎝⎭+ （8） 由（8）式可看出，当012A v v =时，0v 达到最小值0min v ，此时B A v v = （9）0min v = （10） 代入有关数据，得40min 6.2510m/s v =⨯ （11）答：B 原子的速度至少应为46.2510m/s ⨯．第17届预赛七、参考解答1. 根据能量守恒定律，质量为m 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释放的引力势能1E ∆应等于对应始末位置的引力势能的改变，故有10GMm E GM R m m R⎛⎫-- ⎪∆⎝⎭== （1） 代入有关数据得1611 2.010J kg Em∆≈⨯⋅－ （2）2. 在氢核聚变反应中，每千克质量的核反应原料提供的能量为220.0072E c m∆= （3）所求能量比为21/1/31E m E m ∆≈∆ （4）3．根据题意，可知接收到的两个脉冲之间的时间间隔即为中子星的自转周期，中子星做高速自转时，位于赤道处质量为M ∆的中子星质元所需的向心力不能超过对应的万有引力，否则将会因不能保持匀速圆周运动而使中子星破裂，因此有22RM mm R Rω∆∆≤ （5） 式中 2πωτ=（6）ω为中子星的自转角速度，τ为中子星的自转周期．由（5）、（6）式得到2τ≥（7）代入数据得44.410s τ≥⨯－ （8） 故时间间隔的下限为44.410s ⨯－第17届复赛三、参考解答1．相距为r 的电量为1Q 与2Q 的两点电荷之间的库仑力Q F 与电势能Q U 公式为12Q QQ Q F k r ＝ 12Q QQ Q U k r =- （1） 现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为 4()3Sa U r kr=- 根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为 24()3Sa F r kr =- （2） 设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为v ，因二者相距0r ，二者所受的向心力均为0()F r ，二者的运动方程均为22004/23t S a m v k r r = （3） 由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数1n =，得0222t r hm v π⎛⎫- ⎪⎝⎭（4）由（3）、（4）两式解得20238S t h r m a kπ= （5）代入数值得170 1.410m r =⨯－ （6）2. 由（3）与（4）两式得 43S a v kh π⎛⎫=⎪⎝⎭（7）由v 和0r 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期T30222(/2)2(4/3)t S r h T v m k a ππ== （8） 代入数值得241.810s T =⨯－ （9） 由此可得 /0.2T τ= （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。
第16届预赛（无）第16届复赛（无）。