F(r)??k4aS （2） 3r2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r0，二者所受的向心力均为
F(r0)，二者的运动方程均为
4aSmtv2 （3） ?k2r0/23r0由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数n?1，得
?r?h 2mtv?0?? （4）
22???由（3）、（4）两式解得
3h2 r0?2 （5）
8?mtaSk代入数值得
r0?1.4?10－17m （6）
2. 由（3）与（4）两式得 v???4aS?h??k （7）
3??由v和r0可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期T
2?(r0/2)h3?2 T? （8） 2v2?mt(k4aS/3)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、参考解答
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
2 mu0?G12M0m12Mm?mu?G0 （2） R26R由牛顿万有引力定律，有
2M0mv0 G2?m
RR或
v0?GM0 （3） R解（1）、（2）、（3）三式得 u0?12v0 （4） 71v0 （5） 21 u?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
M0Mv2?M G
6R(6R)2得
v?GM01?v0 （6） 6R6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???21? （8） ???3?v021??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
2 mu2?G12M0m?0 6R得
u2?可以看出
u1?GM01?v0 （9） 3R31?1?1v0?u2 （10） ?2??v0?3?7?3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
22 E1?mu0?mv0?m121211221252 （11） v0?mv0?mv027214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
2 mu3?G12M0m?0 R由此得
u3?2GM0?2v0 （12） R飞行器的速度由v0增加到u3，应从发动机获取的能量为
121212E2?mu3?mv0?mv0 （13）
222所以
52mv0E114??0.71 （14） E21mv220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、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
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?2.0m?s－1 (4)
(q/m)B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??v1?1 v0 ???4 （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?mv?0.56m （7） qB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
?xO'?Rsin??0.40m ? （8）
y?Rcos??0.40m?O'圆周运动的角速度
v?5.0rad?s－1 （9） R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。
带电质点到达磁场区域下边界时，y?L?0.80m，代入（11）式，再代入有关数值，解得 t?0.31s （12） 将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得
x?0.63m （13） 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为
x?0.63m y?0.80m z?0 （14）
带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为v的匀速圆周运动和一个速率为v0的沿x轴正方向的匀速直线运动，任何时刻t，带电质点的速度V便是匀速圆周运动速度v与匀速直线运动的速度
v0的合速度．若圆周运动的速度在x方向和y方向的分量为vx、vy，则质点合速度在x方向和y方
向的分速度分别为
Vx?vx?v0 （15）
Vy?vy （16）
2?v2虽然vxy?v，v由（5）式决定，其大小是恒定不变的，v0由（4）式决定，也是恒定不变的，
但在质点运动过程中因v的方向不断变化，它在x方向和y方向的分量vx和vy都随时间变化，因此
Vx和Vy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y坐