第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准

第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准一、（50分）AA−（1）依题意，母核ZP到子核Z1D的β衰变可表述为AAZZPDe1记母核的静止质量为mP、子核的静止质量为mD和电子的静止质量为me，假设衰变前母核处于静止状态，由能量守恒知，该衰变过程的衰变能（包括衰变后除、电子e外的其它粒子的能量）可由母核、子核和电子的静止质量表述为Qmmmc[()]2PDe①依题意，相应于母核的原子、相应于子核的原子的静止质量分别为푀P、푀D，有mPPeMZm,②mMZmDDe1③于是，–衰变的衰变能Q可以表示为：βQ()MMc2④PD此β–衰变的发生的条件是Q0，⑤由①②③式，发生β–衰变的条件⑤可表述为MZAMZAPD(,)(1,)⑥这就是说，对于原子序数分别为Z和Z+1的两个同量异位素，只有在前者的原子质量大于后者的原子质量的情况下，才能发生β–衰变。（2）如果在这个衰变过程中不产生新的粒子，那么在原子核的层次上它就是PDe2P的总能量是퐸P=푚P푐，记D的总能量为퐸D，动量为풑D，电子的总能量为퐸e，动量为풑e，则能量守恒和动量守恒分别是2mPDecEE⑦0ppDe⑧由⑧式得ppDep⑨利用⑨式，⑦式成为2p2Ke()mPmDmec⑩2mD这里2p2EDDmc⑪2mD2KeEemec⑫1由相对论能量-动量关系有224Epcmcee()⑬将⑬式代入⑫式得1pKKmc22(2)⑭c2eee由⑩⑭式消去p得퐾e满足方程224KmmcKmmmmceDeeDPDe22()0⑮⑮式的解22KmmmmmmmmceDeDeDPDe2()22(2)mmmmmmcDPDeDe⑯22()[2()()][()]MZDDePPeDDeeDDeemMZmMZmmMZmmc222(2)2[])MMMMZDPDDDPePeDPeMmZmMZmc负根已舍去，且利用了忽略电子在原子中的结合能后的近似关系MPmPZPme⑰MmDDDeZm⑱以及ZZPD1⑲将题给数据代入⑯式得Ke[209.982883(2209.984130209.982883)2209.98288384209.9841300.5110.5110.511⑳(83)]209.98288321/283931.494MeV1.161MeV931.494931.494931.494【另解：210忽略电子在原子中的结合能，83Bi核的质量为mMmPP83209.984130e830.000549209.938563amu⑯’–210它在β衰变后生成的核84Po的质量为mMmDD84209.982883e840.000549209.936767amu⑰’⑮式的正根为22퐾e=(√(푚D+푚e)+2푚D(푚P−푚D−푚e)−푚D−푚e)푐22=(√푚D(2푚P−푚D)+푚푒−푚D−푚e)푐2222=(√푚P−(푚P−푚D)+푚푒−푚D−푚e)푐⑱′这里，()22푚P−푚D−10푚푒−112~10,2~10푚P푚P所以，⑱式为2퐾e=(푚P−푚D−푚e)푐⑲′푝2这个式子的物理意义非常清楚：核比电子重得太多了，所以它的反冲动能比起电子的动能퐾e来可以2푚푑忽略不计。代入数值即得Kc209.938563209.9367670.000549amu2e⑳’0.001247amuc21.161MeV事实上，再回到原子质量（而不是核质量），它正是KM(210Bi)M(210Po)c2209.984130209.982883amuc2e83840.001247amuc21.161MeV2】（3）按照假设PDe而得到的衰变后电子的动能，与实验中看到的电子动能的最大值相当。所以第三个粒子（中微子）的静止质量应该非常接近于0（≤0.03MeV/푐2，接近此值的都算对），（*）否则的话实验测得的电子的动能分布谱中的动能最大值就应该明显小于图中的最大值。（**）（4）由题设知，β–衰变的元过程为：n→p+e−+X㉑中子、质子和电子的电荷分别为Q0,Q1,Q1㉒npe由衰变前后电荷守恒知，X的电荷为QQQQ()0㉓Xnpe依题意，衰变前系统的角动量即中子的自旋，有1lS==㉔in2假定衰变后的粒子只有质子p和电子e−。质子和电子的自旋都为11S=，S−=p2e2根据题给的两个角动量的合成法则，质子和电子的总自旋，即衰变后产物的总角动量LSSS==+㉕fpe−可取的所有可能值为lssssf=−pepe,+㉖㉖式中的第一个可能值对应于质子和电子的自旋反向叠加，总自旋为lSf==0㉗㉖式中的第二个可能值对应于质子和电子的自旋同向叠加，总自旋为lSf==1㉘两个可能值㉗㉘都不等于其初始值㉔，与角动量守恒矛盾。为保证系统的总角动量守恒，则一定存在粒子1X，且其自旋为21S=㉙X23（尚不排除）㉚23综合上述，β–衰变的产物除了质子和电子之外，如果还产生一个粒子，这个粒子一定是电中性的、自13旋为（尚不排除）的粒子，也就是一定存在电中性的费米子【即人们常说的中微子（如果221S=），更严格地，是电子型反中微子】。X2e评分标准（共50分）：第（1）问13分，①3分，②③各1分，④2分，⑤⑥各3分；第（2）问19分，⑦⑧各3分，⑨1分，⑩2分，⑪⑫⑬⑭各1分；⑮2分，⑯2分，⑳2分；第（3）问5分，（*）3分，（**）2分；第（4）问13分，㉒㉓㉕各2分，㉖2分，㉗㉘各1分，㉙2分，㉚1分。二、（50分）（1）为方便起见，设푥0=푥2푁，푥2푁+1=푥1，容易写出系统的运动方程为：0=푀푥̈2푖−1+푘(2푥2푖−1−푥2푖−푥2푖−2),(푖=1,…,푁)①0=푚푥̈2푖+푘(2푥2푖−푥2푖+1−푥2푖−1),(푖=1,…,푁)②（2）按题意，当弹簧环按本征模式做微振动时，所有珠子振动的角频率都相同，设为휔。环上所有珠子的微振动都是稳定的，它们之间的差别应该只是振幅和相位的不同。根据对称性，大珠子振动的振幅应该相同，设为퐴；同理，小珠子振动的振幅也应该相同，设为퐵。同样，根据对称性，相邻珠子之间的振动相位差应该相同，设为훼。于是解的形式可取为xAti210i−=++−cos[2(1)]，iN=1,2,,③xBti20i=++−cos[(21)]，④式中0是一个任意常量。由③式知푥1=퐴cos휔푡.⑤由于解需要满足条件푥0=푥2푁⑥因此有2푁훼=2푛휋,푛∈푍⑦式中푍表示整数集合。由于훼的取值有2π周期性，因此独立的取值范围可取为−휋<훼≤휋⑧对应的，푛共有2푁种取法：nNNNN=−+−+−1,2,,1,⑨将解③④代入运动方程①得2푘−푀휔2퐴cos훼=⑩2푘퐵将解③④代入运动方程②得2푘−푚휔2퐵cos훼=⑪2푘퐴从⑩⑪式得mM4−+2(kmM)2+4k2sin2=0⑫由⑫式解得本征频率为k=+−+()()mMm4cosMmM22⑬mM由⑦式代入⑬式得4kn22π=+−+()()4cosmMmMmM，nN=−0,1,2,,1⑭mMN已注意到，互为相反数的一对푛给出的频率是相同的。⑭式给出了所有可能的本征频率。（学生解答中排除푛=0的解与否都算对。）（3）A（3.1）上面的试探解就给出了一组满足要求的解。将方程⑩⑪两边相除，得到一个关于的二次代数B方程，2Akm2−2=⑮B2kM−2它有两个根。由于퐴和퐵都是振幅，舍去负根，得Akm2−2=⑯B2kM−2（3.2）显然，所考虑的弹簧环是一个保守系统。系统的总能量E不随时间变化，它等于一个振荡周期内的平均能量퐸=⟨퐸⟩，而后者是易求的。首先，平均动能为：TTNN1111EMtxtmtxt=+d()d(22)⑰k21222TTii−ii==1100将③④式代入⑰式得TTNN1111EM=+−++−AttimBtti222222dsin[(21)]dsin[2(1)]⑱k22TTii==1100利用T11dttsin2(+=)⑲T20这里휑可以是任意相位。将⑲式代入⑱式得1ENMAmB=+222()⑳k4该系统的平均势能与平均动能相等EpEkEEpk=㉑因此，总能量Etot为EEEEtotpkk=+=2㉒由⑮⑳㉒式得1(m+−M)kmM2E=N2()MA2+mB2=N2A2㉓tot22km−2由㉒㉓式得2()m+−MkmM22ENAk=㉔22(km−2)（4）这种情形相当于引入了的边界条件x1=0㉕为了找到满足边界条件㉕的解，注意到满足方程①②的解③④实际上是沿圆环运动的行波的分段表示x2i−−1=Acos[t+0+knl2i1]iN=1,2,,㉖5xBtkl202ini=++cos[]iN=1,2,,㉗式中푘푛是波数，훼由⑦式定出nπ=㉘N且klini21−=−−[(21)1]㉙klnii2=−(21)㉚取푛为一对相反数（因而n0）、向相反方向传播的两列行波的合成波xAtk21021021inini−−−=+−−++ltklcos[]cos[]㉛xBtkltkl20202inini=+−−++cos[]cos[]㉜它显然满足边界条件㉕。由㉘㉙㉚㉛㉜式得xAit210i−=−+2sin[2(1)]sin()㉝xBit20i=−+2sin[(21)]sin()㉞由⑯㉞得2kM−2xAit=−+2sin[(21)]sin()㉟20i2km−2将解㉝㉞代入运动方程①②，所得的关于本征频率的结果如⑭式所示，只是n0（即0）。（*）（5）在不依赖于的本征振动模式里，1号珠子不应该振动，而这等价于第（4）问的情形。（*）因此，答案与第（4）问的相同。（**）评分标准（共50分）：第（1）问4分，①②各2分；第（2）问15分，③④各2分，⑥⑦各1分；⑩⑪⑫⑬各2分，⑭1分；第（3）问12分，⑮1分，⑯2分，⑰1分，⑱⑲⑳㉑㉒各1分，㉓2分，㉔1分；第（4）问17分，㉕㉖㉗1分，㉙2分，㉚1分，㉛㉜各2分，（*）2分，㉝㉞各2分，㉟1分；第（5）问2分，（*）1分，（**）1分。三、（50分）（1）（1.1）干涉仪完整光路示意图如题解图3a所示，当经过分束器2后向下传播的光相干抵消使得探测器A光强为0；还有经过分束器2后向上传播的相干加强的光，这路光按照能量守恒其光强必然最大，即探测器B会有最大光强。(*)（1.2）在探测器A能量最低时，能量集中在探测器B的光路里。解法一：沿着光路考虑各个场的位相变化（因为振幅题解图3a都是一样的，集中考虑位相）。퐸̃1、퐸̃2表示沿上路和下路传播的光经第二个分束器向下进入探测器A的光场，有6퐸̃1=exp[푖(훿푟+훿m+훿푡+푘푙top)]①퐸̃2=exp[푖(훿푡+훿m+훿푟+푘푙bottom)]（只写出位相，振幅一样大）②′′훿푟和훿푡分别是经过分束器反射和透射带来的位相增加，훿m是全反镜反射带来的位相增加。퐸̃1、퐸̃2表示沿上路和下路传播的光经第二个分束器后向上进入探测器B的光场。同样有′퐸̃1=exp푖(훿푟+훿m+훿푟+푘푙top)③′퐸̃2=exp푖(훿푡+훿m+훿푡+푘푙bottom)④当进入探测器A的光场相互抵消时，有퐸̃1、퐸̃2的位相差为푘푙top−푘푙bottom=푘훥푙=휋⑤(훥푙=푙top−푙bottom)′′′′此时퐸̃1、퐸̃2相互增强，퐸̃1、퐸̃2位相差应为0：⑥2(훿푟−훿푡)+푘훥푙=0⑦由此可得휋훿−훿=−휙=−⑧1分；푟푡2(依题给公式：휙=훿푡−훿푟휋푡푖=푒2=푖⑨푟【解法二或者更简洁地，进入下面探测器A的两路光场叠加后为：푖푘∆푙푟푡+푟푡푒(略去퐸0)进入上面探测器B的两路光叠加后为：푟2+푡2푒푖푘∆푙=푅+푇푒푖2휙푒푖푘∆푙(푅=푟2;푇=푡2)若探测器A上相干抵消：푘∆푙=휋，上面探测器B：|푅−푇푒푖2휙|=1，由푅+푇=1，可知휋휙=2】上述计算适用于P、S各分量。（2）对于入射的S偏振，反射、透射也只有S；即P、S分量不会混肴。因而对角矩阵푟̃0푟e푖훿P0푅̃=(P)=(P)⑩푖훿S0푟S̃0푟Se