若玻璃管的横截面积为，则管内空气的体积为（3） 由（2）、（3）式得（4）
即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程得（5）
由（5）式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据（4）式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为图上过原点的直线，如图复解17-1-2所示．在管内气体的温度由降到的过程中，气体的体积由变到，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示，即有（6） 管内空气内能的变化（7）
设为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律，有（8） 由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得（9） 代入有关数据得
表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为（10） 二、参考解答
在由直线与小球球心所确定的平面中，激光光束两次折射的光路如图复解17-2所示，图中入射光线与出射光线的延长线交于，按照光的折射定律有（1） 式中与分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知（2）
激光光束经两次折射，频率保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小和相等，即（3）
式中为真空中的光速，为普朗克常量．因射入小球的光束中光子的动量沿方向，射出小球的光束中光子的动量沿方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度，由图中几何关系可知 （4）
若取线段的长度正比于光子动量，的长度正比于光子动量，则线段的长度正比于光子动量的改变量，由几何关系得 （5）
为等腰三角形，其底边上的高与平行，故光子动量的改变量的方向沿垂直的方向，且由指向球心．光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即
（6）
式中是光在小球内的传播速率。
按照牛顿第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小为（7） 按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小，即（8）
力的方向由点指向点．由（1）、（2）、（4）及（8）式，经过三角函数关系运算，最后可得 （9） 三、参考解答
1．相距为的电量为与的两点电荷之间的库仑力与电势能公式为 （1）
现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为
根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为（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，因二者相距，二者所受的向心力均为，二者的运动方程均为（3）
由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数，得（4） 由（3）、（4）两式解得（5） 代入数值得（6）
2.由（3）与（4）两式得（7）
由和可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期（8） 代入数值得（9） 由此可得（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． 四、参考解答
1．设太阳的质量为，飞行器的质量为，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为．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，由变为某一值．设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为，因大小为和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（1） 由能量关系，有（2）
由牛顿万有引力定律，有或（3）
解（1）、（2）、（3）三式得（4）（5）
设小行星绕太阳运动的速度为，小行星的质量，由牛顿万有引力定律 得（6）可以看出（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弹回，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为，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或将（5）、（6）式代入得（8）
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，则有 得（9）可以看出（10）
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增加到，飞行器从发动机取得的能量
（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，则有 由此得（12）
飞行器的速度由增加到，应从发动机获取的能量为（13） 所以（14） 五、参考解答
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 （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，给质点附加上沿轴正方向和负方向两个大小都是的初速度，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．在时刻，带电质点因具有沿轴正方向的初速度而受洛伦兹力的作用。 （2）
其方向与重力的方向相反．适当选择的大小，使等于重力，即（3）
(4)只要带电质点保持（4）式决定的沿轴正方向运动，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和沿轴负方向的速度，二者的合成速度大小为（5）
方向指向左下方，设它与轴的负方向的夹角为，如图复解17-5-1所示，则 （6）
因而带电质点从时刻起的运动可以看做是速率为，沿轴的正方向的匀速直线运动和在平面内速率为的匀速圆周运动的合成．圆周半径（7）
带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心位于垂直于质点此时速度的直线上，由图复解17-5-1可知，其坐标为（8） 圆周运动的角速度（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，质点位置的坐标为 （10）（11）
式中、、、、、已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。
带电质点到达磁场区域下边界时，，代入（11）式，再代入有关数值，解得 （12）
将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得（13） 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为（14）
带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为的匀速圆周运动和一个速率为的沿轴正方向的匀速直线运动，任何时刻，带电质点的速度便是匀速圆周运动速度与匀速直线运动的速度的合速度．若圆周运动的速度在方向和方向的分量为、，则质点合速度在方向和方向的分速度分别为
（15）（16）
虽然，由（5）式决定，其大小是恒定不变的，由（4）式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因的方向不断变化，它在方向和方向的分量和都随时间变化，因此和也随时间变化，取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向，由于圆周运动的圆心的坐标恰为磁场区域宽度的一半，由对称性可知，带电质点离开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与轴正方向夹角，故代入数值得；
将以上两式及（5）式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量，它们分别为 （17）（18） 速度大小为（19）
设的方向与轴的夹角为，如图复解17-5-2所示，则 得（20） 解法二：
若以带电质点到达坐标原点的时刻作为起始时刻（），则质点的初速度为（1?）
方向沿轴正方向．进入磁场区后，带电质点将受到洛伦兹力作用，洛伦兹力在方向的分力取决于质点在方向的分速度，因此质点动量在方向的分量的增量为（2?）
是带电质点在时间内沿方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一段时间都成立，所以在到时间内方向的动量的改变为
因初始时刻（），带电质点在轴方向的动量为零，其位置在原点，，因而得 即（3?）
当带电质点具有方向的速度后，便立即受到沿负方向的洛伦兹力的作用．根据牛顿第二定律，在方向上有加速度（4?）将（3?）式代入（4?）式，得 （5?）令（6?）
式中（7?）即在方向作用于带电质点的合力
其中是准弹性力，在作用下，带电质点在方向的运动是简谐振动，振动的圆频率 （8?）
随时间变化的规律为（9?）或（10?）
与是待求的常量，质点的简谐运动可以用参考圆来描写，以所考察的简谐运动的振幅为半径作一圆，过圆心作一直角坐标．若有一质点沿此圆周做匀速率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率，且按逆时针方向转动，在时刻，点的在圆周上的位置恰使连线与轴的夹角等于（9?）式中的常量，则在任意时刻，与的连线与轴的夹角等于，于是连线在轴上的投影即为（9?）式所示的简谐振动，将轴平行下移，连线在轴的投影即如（10?）式所示（参看图复解17-5-3），点做圆周运动的速度大小，方向与垂直，速度的分量就是带电质点沿轴做简谐运动的速度，即（11?）
（10?）和（11?）两式中的和可由下面的方法求得：因为已知在时，带电质点位于处，速度，把这个条件代入（10?）式与（11?）式得；
解上面两式，结合(1?)、(8?)式，注意到振幅总是正的，故得
(12?)(13?)
把（10?）式代入(3?)式，便得带电质点沿轴运动的速度(14?)
（14?）式表示带电质点在方向上的速度是由两个速度合成的，即沿方向的匀速运动速度和方向的简谐振动速度的合成，带电质点沿方向的匀速运动的位移（15?）
由沿方向的简谐振动速度可知，沿方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的比值（参看图复解17-5-3），即等于．由参考圆方法可知，沿方向的振动的位移具有如下的形式
它可能是，亦可能是．在本题中，时刻，应为零，故前一表示式不符合题意．后一表示式中，应取的值为，故有
（16?）
带电质点在方向的合位移，由（15?）、（16?）式，得（17?）
（17?）、（10?）、（14?）和（11?）式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻的位置坐标和速度的分量和分量，式中常量、、、已分别由（8?）、（13?）、（12?）和（7?）式给出．
当带电质点达到磁场的下边界时，（18?）
将与（10?）式有关的数据代入（10?）式，可解得（19?） 代入（17?）式，得（20?）
将（19?）式分别代入（14?）式与（11?）式，得 速度大小为（21?） 速度方向为（22?） 六、参考解答
1．由于光纤内所有光线都从轴上的点出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图复解17-6-1为纵剖面内的光路图，设由点发出的与轴的夹角为的光线，射至、分界面的入射角为，反射角也为．该光线在光纤中多次反射时的入射角均为，射至出射端面时的入射角为．若该光线折射后的折射角为，则由几何关系和折射定律可得
（1）（2）
当大于全反射临界角时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射进入，反射光强随着反射次数的增大而越来越弱，以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了．因而能射向出射端面的光线的的数值一定大于或等于，的值由下式决定（3） 与对应的值为（4） 当
时
，
即
时
，
或
时，由发出的光束
中，只有的光线才满足的条件，才能射向端面，此时出射端面处的最大值为（5） 若，即时，则由发出的光线都能满足的条件，因而都能射向端面，此时出射端面处的最大值为（6）
端面处入射角最大时，折射角也达最大值，设为，由（2）式可知（7）
(生物科技行业)第十六届全国中学生物理竞赛参考解答
