2016年北大物理科学营资格赛试题及解答

2016年北京大学物理科学营资格赛试题
一、简答题
1．将地面参考系处理为惯性系，蹲在水平地面上的少年猛地竖直向上跳起，过程中所受空气阻力可略。

（1）先写山惯性系中的质点系动能定理，再回答：少年跳起的过程中，是哪些力在做正功，或在做负功？
（2）先写山惯性系中的质点系质心动能定理，再回答：少年跳起的过程中，是哪些力在做正功，或在做负功？
【答案】（1）W内＋W外＝ΔE K（内力做功之和加上外力做功之和等于质点系动能增量）。

过程中内力做功之和为正功，外力即重力做功之和为负功。

（2）W合外－C＝ΔE KC（合外力对质心做功等于质心动能增量）。

过程中地面竖直向上支持力做正功，重力做负功。

2．常说大气有重力压强，又说大气有分子热运动压强，那么大气对地面的压强是否为这两个压强之和？为什么？
【答案】不是。

大气分子受地球施予的向下重力之和，即为大气重力，紧挨地面的大气分子受地面分子的向上排斥力之和，即为地面对大气竖直向上的支持力；反之，大气分子对地面分子竖直向下的反作用力之和，即为大气对地面的正压力。

单位面积地面所受正压力，即为地面受大气的压强。

如果将大气分子与地面分子间的一对作用力、反作用力，模型化为静态的分子间相互作用力，则称大气压强为重力压强。

若将此对作用力、反作用力，模型化为动态的以气体分子主动竖直向下的热运动分运动，形成的与地面静态分子弹性碰撞产生的“相互作用力”，则称大气压强为分子热运动压强。

可见，这两种称谓的压强，其实是同一个压强。

3．（1）能否存在两个彼此分离的静止点电荷，使它们所在空间静电场中出现一个电势为零的球面等势面？为什么？
（2）能否存在三个彼此分离的静止点电荷，使它们所在空间静电场中出现一个电势不为零的球面等势面？为什么？
【答案】（1）能。

据静电镜像法。

在半径为R的球面外，与球心相距r＞R处放一个静止的点电荷q，再在球
心与q
R
q q
r
'=-，则R球面便为
电势为零的球面等势面。

（2）能。

在（1）问解答中的R球面球心处，再放一个静止的点电荷q″≠0，R球面便是电势不为零的球面等势面。

4．设太阳不动，一个行星仅受太阳引力，则其相对太阳的运动轨道曲线与该行星的轨道能
量（动能加势能）E对应的关系为
椭圆：E＜0，抛物线：E＝0，双曲线：E＞0
试据此判断，在实验室参考系中，α粒子散射轨道曲线为何种曲线。

【答案】为双曲线。

α粒子散射中，大质量原子核运动可略，处理为静止。

α粒子受原子核的库仑斥力，与万有引力在数学上同构，但差一正负号，其势能为正。

α粒子轨道能量便为
E＝E K＋E P＞0
据此类比，可知α粒子散射轨道曲线为双曲线。

二、计算题
5．三个相同的匀质小球放在光滑水平桌面上，用一根橡皮筋把三球约束起来。

三个小球的质量均为m，半径同为R。

再如图所示，将一个质量为3m，半径也为R的匀质小球放在原三球中间正上方，因受橡皮筋约束，下面三个小球并未分离。

设系统处处无摩擦，试求：
（1）放置第四个小球后，橡皮筋张力增量ΔT。

（2）将橡皮筋剪断后，第四个小球碰到桌面时的速度u。

说明：答案中不必作数值的开方运算。

【答案】如图所示，称上面小球为球1，球心为O1，下面三个小球为球2，3、4。

球心为O2、O3、O4。

（1）连接O1、O2、O3，O4，如图所示，则有
O1O2＝O2O3＝O3O4＝O4O1＝2R
对图中的α内，易知有
6 cosα=，
3 sinα=
设球1对下面每个小球压力为N，则球2、3、4对球1反作用力的合力为3mg，即有
63cos 32
N mg N mg α=⇒=
球2、3、4各自所受力N 的水平分力为
2sin 2
N N mg α'==
如图所示，橡皮筋张力T 的增量ΔT 应正好平衡N ′。

很易导得
6
2cos302cos306
N T N T mg ''∆︒=⇒∆=
=︒
（2）橡皮筋剪断后，球1开始向下运动，球2、3、4在球1的压力下作水平运动，球1运动一段时间后，可能与球2、3、4分离，分离的条件是相互间作用力N ＝0。

球1与三个小球分离后，将在重力作用下作匀加速运动。

根据系统水平方向动量守恒和对称性，可知球2、3、4运动速率相同，速度方向沿△O 1O 2O 3中心到各个顶点O i （i ＝2、3、4）连线的延长方向。

如图所示，设O 1向下速度为v 1，O 2沿OO 2方向的速度为v 2，直角三角形O 1O 2O 中的∠O 1O 2O 用θ标记，其初始值θ0应满足
06
sin θ=
而后θ角减小。

假设θ角小到某值时，球1与其余三个小球间的正压力N 为零，则彼此将分离。

此时随O 2一起运动的参考系为惯性系，O 1相对O 2的速度为
1212cos sin v v v v v v θθ=-⇒=+r u r u r
球1与球2尚未分离，故仍有
v 1sin θ＝v 2cos θ
N 1＝0的条件为球1相对球2运动的向心力恰好为球1所受重力的分力，即有
()2
1
2cos sin 33sin 2v v m mg R
θθθ+=
与上式联立，可解得
v 12＝2Rg sincos 2θ，v 22＝2Rg sin 3θ
此时球1下降高度为2R （sin θ0－sin θ），据机械能守恒，有
()(
)22120113332sin sin 22m v mv mg R θθ⎛⎫
+=⋅- ⎪⎝⎭
将v 12、v 22表述式代入，可解得
2126766
sin v Rg θ=
⇒= 球1与下面三个小球分离后，即作自由落体运动，球1与桌面相遇时的速度u 与初速度v 1
间的关系为
u 2－v 12＝2gh ，h ＝2R sin θ
可得球1碰到桌面时的速度为
8766
27
u Rg =
6．（1）均匀导热棒的串并联
两根粗细均匀的金属棒A 、B 尺寸相同，A 的导热系数κ1是B 的导热系数κ2的两倍。

用它们来导热，设高温端和低温端温度恒定，试求A 、B 并联使用与串联使用的能流j 并与j 串之比。

设棒侧面是绝热的，能流j 是单位时间通过金属棒整个横截面所传递的能量（即热量）。

（2）熵增
如图所示，将一与外界绝热的长方体容器，用固定的绝热隔板分为体积同为V 0的左、右两室。

左室内存有1摩尔等体摩尔热容量为C mV 1常量的某种理想气体，已达压强为p 1的平衡态。

右室内存有1摩尔等体摩尔热容量为C mV 2常量的另一种理想气体，也已达到压强为p 2的平衡态。

现将隔板打开，两种气体混合后，最终达到平衡态，其体积V ＝2V 0，
i ）试求最终平衡态的温度T 和压强p 。

ii ）取理想气体熵增公式为
ln
ln e e mV i i
V T
S vR vC V T ∆=+：下标i 、e ，分别标识初、末平衡态再求混合过程产生的系统熵增量ΔS 。

【答案】（1）均匀导热棒的串并联 概述：
傅里叶热传导定律：
dT
dQ dsdt dl
κ
=，κ；导热系数 均匀导热棒：dQ dT
j s dt dl κ==
热平衡时，j 处处相同，必有
dT T dl l ∆==
∆常量 ::T l ∆⎧⎨⎩
棒端差棒两温长 s
j T l
κ⇒=∆
为均匀导热棒引入“棒导热系数”
s K l
κ=
则有j ＝K ΔT 类比关系：
j 与Q （电容电量）、I （电阻电流）类比 ΔT 与ΔU （电容电压），ΔU （电阻电压）类比 K 与C （电容）、R －
1（电导）类比 即有
1
1i i
K K --=∑串，i i
K K =∑并
本题具体解答：
两金属棒线度相同，s 相同，l 相同
11s
K l
κ=，22s K l κ=
并联时：ΔT 相同，j 并＝j 1＋j 2 j 1＝K 1Δt ，j 2＝K 2ΔT
j 并＝j 1＋j 2＝（K 1＋K 2）ΔT ＝K 并ΔT
()12s
K l
κκ=+并
串联时，j 串相同，ΔT ＝ΔT 1＋ΔT 2 11
j T K ∆=
串，22
j T K ∆=
串
ΔT ＝j 串（K 1－
1＋K 2－
1）＝j 串ΔK 串－
1 ⇒j 串＝K 串ΔT
()
()
1
1
11
11
1212
1212s
s K K K l l
κκκκκκ------=+=+=+串 得
()
2
1212
K T j j K T
κκκκ∆+=
=
∆⋅并并串串:
将κ1＝2κ2代入，得
9
2
j j =
并串: （2）熵增
i ）由状态方程和热力学第一定律，有
101p V T R =
，202p V
T R
=；C mV 1T 1＋C mV 2T 2＝（C mV 1＋C mV 2）T 11220
12mV mV mV mV C p C p V T C C R
+⇒=
⋅+
()121122
12
2mV mV mV mV v v RT
C p C p p V C C ++⇒=
=
+
ⅱ）将平衡态混合气体，按如图所示，在物质结构方面（不是体结构方面）分为1摩尔{C mV 1、p 1*、2V 0、T }子系统平衡态，和1摩尔{C mV 2、p 2*、2V 0、T }子系统平衡态，其中p 1*、p 2*分别为平衡态混合气体中两个系统的分压。

子系统1：初态即为左图中平衡态，其熵增为 01101
2ln
ln mV V T
S R C V T ∆=+ 1122011210
ln 2ln
mV mV mV mV mV C p C p V R
R C C C R p V +=++
()1122
111121
ln 2ln
mV mV mV mV mV C p C p S R C C C p +⇒∆=++
子系统2：初态即为右图平衡态，其熵增为 02202
2ln
ln mV V T
S R C V T ∆=+
1122
021220
ln 2ln
mV mV mV mV mV C p C p V R
R C C C R p V +=++
()1122
221122
ln 2ln mV mV mV mV mV C p C p S R C C C p +⇒∆=++
系统熵增为
()()11221122
1212121112
2ln ln
ln mV mV mV mV mV mV mV mV mV mV C p C p C p C p S S S R C C C C p C C p ++∆=∆+∆=++++
7．（1）电场电势、场强叠加
如图1所示，4个每边长相同，带电量也相同的均匀带正电绝缘小立方体，并排放在一起。

在上表面4个角顶点相聚的O 点处，测得电势和场强大小分别为U 0和E 0。

将图1中的前右侧小立方体改放在后左侧小立方体的正上方，结构如图2所示，试求此时O 点处的电势U 和场强大小E 。

（2）磁场力
如图所示，在O —xy 平面上有场强0E u r
沿x 轴方向的匀强电场，还有垂直图平面向下的磁场，
磁感应强度大小仅随x 变化，即有
B ＝B （x ）
坐标原点O 处有一个质量为m 、电量q ＞0的质点P ，初始时刻P 静止。

将P 自由释放后，
在图平面上的运动轨迹为()2
0x y A A
=>的抛物线。

i ）应用运动学知识导出抛物线曲率半径表达式ρ＝ρ（x ）。

ii ）导出B ＝B （x ）表达式。

【答案】（1）电场电势、场强叠加
每一个小立方体在每一个角顶点（包括图1、2中的O 点）的电势贡献相同，记为U *。

图1中4个U *标量合成U 0，图2中也是4个U *标量合成U ，即得
U ＝4U *＝U 0⇒U ＝U 0
每一个小立方体在每一个角顶点的场强，可示意地、对称地正交分解成题解图1所示的3个大小均为E *的分量。

4个小立方体按图1所示在O 点合成，只有在向上的方向上作非零叠加，另外两个方向上的叠加均得零，故有
**001
44
E E E E =⇒=
4个小立方体按图2结构所示在O 点合成场强，则可参考题解图2。

3个朝上的与1个朝下的E *合成2个向上的，即
E 上＝2E *
3个朝右的与1个朝左的合成2个朝右的，即
E 右＝2E *
3个朝前的与1个朝后的合成2个朝前的，即
E 前＝2E *
参考题解图3，在图2所示的O 点E u r 上、E u r 右、E u r
前合成场强（题解图中未给出）大小即为
*0
3232
E E E ==
（2）磁场力 ⅰ）ρ＝ρ（x ）的导出
设x ＝v 0t ，则220v t
y A
=，有
v x ＝v 0，2
0022y v t v x v A A ==
，2222
20241x y x v v v v A ⎛⎫=+=+ ⎪⎝
⎭ a x ＝0，2
2y v a A
=
参考题解图4，有
2200
2
2
2cos 41x y v v a a A v A
x
A ϕ==⋅=
+心
得
()
3
2
22
2
2
42A x v
a A ρ+==
心
ii ）B ＝B （x ）的导出 P 在（x ，y ）处有
2
200212qE x mv qE x v m
=⇒
=
参考题解图5，有
2
0sin mv F qvB qE ϕρ
==-心
因
2
2
2tan sin 4dy x
dx A
A x
ϕϕ=
=⇒=+
得
()2
0003
22
2202
221sin 2442qE x mv B qE qv qE x A x A x q m A ϕρ⎡⎤
⎢
⎥
⎢⎥
⎛⎫=+=+⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥
+⎢
⎣
⎦
202222
21
2144mqE x A q
A x A x ⎛⎫
=
+ ⎪++⎝⎭ ()()22
03
222
3424A x mE x B q
A x +⇒=+
8．一块玻璃平板放置在一个玻璃长方体上，两者之间有一层平行的空气隙，如图所示。

波长在0.4 μm 到1.15 μm 之间的电磁波垂直入射平板玻璃上，经空气隙上、下两界面的反射而发生干涉，在反射区域中共有三种波长获得极大增强，其中之一为0.4 μm ，试求空气隙的厚度d 的所有可能取值。

【答案】相干叠加获得极大增强的条件为
2212
2d
d k k λ
δλλ+
==⇒=
⎛
⎫- ⎪
⎝
⎭，k ＝1、2…… 因d 是相同的，λ越小，k 越大；λ越大，k 越小。

设有n 个λ满足极大增强，它们依次为
λmin ＝λ1＜λ2…λn ＝λmax
它们对应的k 可捧列为
k max ＝k 1＞k 2…k n ＝k min
任意一对λi ＜λj 的比值满足：
1.15μm
1 2.8750.4μm
j i λλ<<=
又因
()
()
2121j i i j k k λλ-=
- 所以
21
1 2.87521
i j k k -<
=-，k i ＞k j
将
()()
2121i j k k --、k i
＞k j
列表如下：
表中凡满足（1）式的，均用越线框入。

据题意应取n ＝3，从表中可以查出，只有两组解，即
k 1＝4，k 2＝3，k 3＝2或k 1＝5，k 2＝4，k 3＝3 （2）或（3）
因有
λ1＝λmin ＝0.4 μm ，11212d k λ=
⎛⎫- ⎪
⎝
⎭
所以
11111110.4μm 2222d k k λ⎛⎫⎛⎫
=-=-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
取（2）式时有
11140.4μm 0.7μm 42d ⎛⎫
=-⨯= ⎪⎝⎭
取（3）式时有
21150.4μm 0.9μm 22d ⎛⎫
=-⨯= ⎪⎝⎭
9．如图所示，静长同为L 的A 1A 2杆和B 1B 2杆在惯性系S 中紧挨着x 轴，分别沿着x 轴正、反方向，以相同的速度大小v 匀速运动。

S 系t ＝0时刻。

A 1端、B 1端同时位于x 轴原点O 处，此时A 1A 2杆和B 1B 2杆都把自己的时钟拨到零点。

（1）试求A 1端与B 2端相遇时，A 1端时钟读数t A 1和B 2端时钟读数t B 2； （2）再求B 1端与A 2端相遇时，B 1端时钟读数t B 1和A 2端时钟读数t A 2； （3）最后求A 2端与B 2端相遇时，A 2端时钟读数t A 22和B 2端时钟读数t B 22。

【答案】A （A 1A 2杆）参考系测得B 杆相对其速度
2
2211x x x u v
x
u v
v u v u c
β=---'=
=
+-，v
c
β= 即A 认为B 相对其左行，速度大小为221AB v
v β=
+，故B 认为A 相对其右行，速度大小v BA
与v AB 相同。

或者说，A 、B 间相对速度大小，统记为
2
21AB v
v β=
+ 引入
222
111AB AB
AB v c ββββ
-=⇒-+（过程略） （1）S 系中
点事件：A 1、B 1、O 相遇{0，0}
点事件：A 1、B 2相遇22
11,2L L ββ⎧-⎪-⎨⎪⎪⎭
t A 1的求解：
方法1：S 系认为本系用两个静钟测得上述两个点事件界定的物理过程所经时间间隔为
210S L
T β--静
S 系认为相对S 系一个运动的时钟A 1，测得该过程所经时间间隔为
T A 动＝t A 1－0，因21A S T T β-动静
得
()2
1
12A L t v
β-=
方法2：A 系中前述两个事件的空、时坐标分别为{0，0}、{0，t A 1}由时空变换，得
()2222121112221A L v L L v c t v ββββ
---=
-
t B2的求解：
方法1：B系认为本系用两个静钟，测得上述两个点事件界定的物理过程所经时间间隔为
T B静＝t B2－0
B系认为相对B系的一个运动的时钟A1，测得该过程所经时间间隔为
T A动＝t A1－0
，因
A B
T
动静
得
()()
22
2
22
11
1
212
B
L L
t
v v
ββ
β
β
-+
+
==⋅=
-
方法2：B系中前述两个点事件的空、时坐标分别为
{0，0}、{L，t B2}
由时空变换，得
()
22
2
1
2
B
v
c L
t
v
β
+
+
==
（2）S系中
点事件：A1、B1、O相遇{0，0}，点事件：B1、A2
相遇
⎧⎪
⎨
⎪⎪
⎩⎭
t B1的求解：
方法1：S系认为本系采用两个静钟，测得上述两个点事件界定的物理过程所经时间间隔为
S
T-
静
S系认为相树S系一个运动的时钟B1，测得该过程所经时间间隔为
T B动＝t B1－0
，因
B S
T
动静
得
()2
1
1
2
B
L
t
v
β
-
=
方法2：略
t A2的求解：
方法1：略
方法2：A系中的前述两个点事件的空、时坐标分别为
{0，0}、{－L，t A2}
由时空变换，得
()
22
2
1
2
A
v
c L
t
v
β
⎤
⎛
-⎥
+
⎝
⎢⎥
==
（3）S系中
点事件：A1、B1、O相遇{0，0}，点事件：A2、B2相遇于
O
⎧⎪
⎨
⎪⎪
⎩⎭
t A22的求解：
方法1：A系认为本系用两个静钟（A1钟、A2个钟），测得上述两个点事件界定的物理过程所经时间间隔为
T Ae静＝t A22－0
A系认为相对A系的一个运动时钟O，测得该过程所经时间间隔为
Se
T=-
动
，因
Se Ae
T
动静
得
22
A
L
t
v
==
方法2：A系认为S的O点相对A系以速度v朝左运动，经过L路程达到A2点，即得
22
A
L
t
v
=
t B22的求解：
方法1：略
方法2：B系认为S系的O点相对B系以速度v朝右运动，经过L路程达到B2点，即得
22
B
L
t
v
=。