2016年北大物理科學(xué)營資格賽試題及解答

2016年北京大學(xué)物理科學(xué)營資格賽試題一、簡答題1.將地面參考系處理為慣性系，蹲在水平地面上的少年猛地豎直向上跳起，過程中所受空氣阻力可略。（1）先寫山慣性系中的質(zhì)點(diǎn)系動能定理，再回答：少年跳起的過程中，是哪些力在做正功，或在做負(fù)功？（2）先寫山慣性系中的質(zhì)點(diǎn)系質(zhì)心動能定理，再回答：少年跳起的過程中，是哪些力在做正功，或在做負(fù)功？【答案】（1）W內(nèi)+W外=八與（內(nèi)力做功之和加上外力做功之和等于質(zhì)點(diǎn)系動能增量）。過程中內(nèi)力做功之和為正功，外力即重力做功之和為負(fù)功。W合外"=A￡.（合外力對質(zhì)心做功等于質(zhì)心動能增量）。過程中地面豎直向上支持力做正功，重力做負(fù)功。.常說大氣有重力壓強(qiáng)，又說大氣有分子熱運(yùn)動壓強(qiáng)，那么大氣對地面的壓強(qiáng)是否為這兩個壓強(qiáng)之和？為什么？【答案】不是。大氣分子受地球施予的向下重力之和，即為大氣重力，緊挨地面的大氣分子受地面分子的向上排斥力之和，即為地面對大氣豎直向上的支持力；反之，大氣分子對地面分子豎直向下的反作用力之和，即為大氣對地面的正壓力。單位面積地面所受正壓力，即為地面受大氣的壓強(qiáng)。如果將大氣分子與地面分子間的一對作用力、反作用力，模型化為靜態(tài)的分子間相互作用力，則稱大氣壓強(qiáng)為重力壓強(qiáng)。若將此對作用力、反作用力，模型化為動態(tài)的以氣體分子主動豎直向下的熱運(yùn)動分運(yùn)動，形成的與地面靜態(tài)分子彈性碰撞產(chǎn)生的“相互作用力”，則稱大氣壓強(qiáng)為分子熱運(yùn)動壓強(qiáng)?？梢姡@兩種稱謂的壓強(qiáng)，其實(shí)是同一個壓強(qiáng)。.（1）能否存在兩個彼此分離的靜止點(diǎn)電荷，使它們所在空間靜電場中出現(xiàn)一個電勢為零的球面等勢面？為什么？（2）能否存在三個彼此分離的靜止點(diǎn)電荷，使它們所在空間靜電場中出現(xiàn)一個電勢不為零的球面等勢面？為什么？【答案】（1）能。據(jù)靜電鏡像法。在半徑為R的球面外，與球心相距廠,R處放一個靜止的點(diǎn)電荷q，再在球心與q電荷連線上，與球心相距rs=R處放一個靜止的點(diǎn)電荷q'=-Rq，則R球面便為r r電勢為零的球面等勢面。（2）能。在（1）問解答中的R球面球心處，再放一個靜止的點(diǎn)電荷q學(xué)0,R球面便是電勢不為零的球面等勢面。.設(shè)太陽不動，一個行星僅受太陽引力，則其相對太陽的運(yùn)動軌道曲線與該行星的軌道能

量(動能加勢能)E對應(yīng)的關(guān)系為橢圓：EV0,拋物線：E=0,雙曲線：E>0試據(jù)此判斷，在實(shí)驗(yàn)室參考系中，a粒子散射軌道曲線為何種曲線?！敬鸢浮繛殡p曲線。a粒子散射中，大質(zhì)量原子核運(yùn)動可略，處理為靜止。a粒子受原子核的庫侖斥力，與萬有引力在數(shù)學(xué)上同構(gòu)，但差一正負(fù)號，其勢能為正。a粒子軌道能量便為E=EK+EP>0據(jù)此類比，可知a粒子散射軌道曲線為雙曲線。二、計(jì)算題.三個相同的勻質(zhì)小球放在光滑水平桌面上，用一根橡皮筋把三球約束起來。三個小球的質(zhì)量均為m，半徑同為R。再如圖所示，將一個質(zhì)量為3m，半徑也為R的勻質(zhì)小球放在原三球中間正上方，因受橡皮筋約束，下面三個小球并未分離。設(shè)系統(tǒng)處處無摩擦，試求：010102=O2O3=O3O4=O401=2R(1)放置第四個小球后，橡皮筋張力增量^T。(2)將橡皮筋剪斷后，第四個小球碰到桌面時的速度u。說明：答案中不必作數(shù)值的開方運(yùn)算?！敬鸢浮咳鐖D所示，稱上面小球?yàn)榍?,球心為q,下面三個小球?yàn)榍?,3、4。球心為O2、O3、O4。(1)連接O］、O2、O3,O4,如圖所示，則有對圖中的a內(nèi)，易知有n a…v6 3cosa=—,sina=—33設(shè)球1對下面每個小球壓力為N，則球2、3、4對球1反作用力的合力為3mg，即有

3Ncosa=3mgnN=—mg21球2、3、4各自所受力N的水平分力為2N=Nsina= mg如圖所示，橡皮筋張力T的增量AT應(yīng)正好平衡M。很易導(dǎo)得2A2ATcos30°=N'nAT=——— =-^-mg2cos300 6（2）橡皮筋剪斷后，球1開始向下運(yùn)動，球2、3、4在球1的壓力下作水平運(yùn)動，球1運(yùn)動一段時間后，可能與球2、3、4分離，分離的條件是相互間作用力N=0。球1與三個小球分離后，將在重力作用下作勻加速運(yùn)動。根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和對稱性，可知球2、3、4運(yùn)動速率相同，速度方向沿A010203中心到各個頂點(diǎn)O（i=2、3、4）連線的延長方向。如圖所示，設(shè)01向下速度為匕,02沿OO2方向的速度為v2，直角三角形0102O中的/0102O用e標(biāo)記，其初始值e0應(yīng)滿足sin00sin00<6T而后e角減小。假設(shè)e角小到某值時，球1與其余三個小球間的正壓力n為零，則彼此將分離。此時隨o2一起運(yùn)動的參考系為慣性系，o1相對o2的速度為rtrurv—v-vnv—vcos0+vsin0球1與球2尚未分離，故仍有v1sine=v2coseN1=0的條件為球1相對球2運(yùn)動的向心力恰好為球1所受重力的分力，即有(vcos0(vcos0—1 +vsin0)2―3mgsin0與上式聯(lián)立，可解得vJ=2Rgsincos20,v22=2Rgsin30此時球1下降高度為2R(sin00Q—sin0)，據(jù)機(jī)械能守恒，有—(3m—(3m)v2+3(1 )-mv2122)=3mg-2R(sin0-sin0)將匕2、v22表述式代入，可解得.0 2而 76\：%dsin0= nv2= Rg9 1 243球1與下面三個小球分離后，即作自由落體運(yùn)動，球1與桌面相遇時的速度u與初速度v1間的關(guān)系為u2——v12=2gh,h=2Rsin0可得球1碰到桌面時的速度為(1)均勻?qū)岚舻拇⒙?lián)兩根粗細(xì)均勻的金屬棒A、B尺寸相同，A的導(dǎo)熱系數(shù)k1是B的導(dǎo)熱系數(shù)k2的兩倍。用它們來導(dǎo)熱，設(shè)高溫端和低溫端溫度恒定，試求A、B并聯(lián)使用與串聯(lián)使用的能流j并與j串之比。設(shè)棒側(cè)面是絕熱的，能流j是單位時間通過金屬棒整個橫截面所傳遞的能量(即熱量)。(2)熵增如圖所示，將一與外界絕熱的長方體容器，用固定的絕熱隔板分為體積同為丫0的左、右兩室。左室內(nèi)存有1摩爾等體摩爾熱容量為cmy1常量的某種理想氣體，已達(dá)壓強(qiáng)為p1的平衡態(tài)。右室內(nèi)存有1摩爾等體摩爾熱容量為。心2常量的另一種理想氣體，也已達(dá)到壓強(qiáng)為p2的平衡態(tài)?，F(xiàn)將隔板打開，兩種氣體混合后，最終達(dá)到平衡態(tài)，其體積丫=2丫0,1摩爾q1摩爾，丹,匕i)試求最終平衡態(tài)的溫度T和壓強(qiáng)p。ii)取理想氣體熵增公式為V TAS=vRln▼+vCIn▼:下標(biāo)i、e，分別標(biāo)識初、末平衡態(tài)再求混合過程產(chǎn)生的系統(tǒng)熵VmVTi i增量AS?！敬鸢浮?1)均勻?qū)岚舻拇⒙?lián)概述：傅里葉熱傳導(dǎo)定律：dQ=KdTdsdt,K導(dǎo)熱系數(shù)

dl熱平衡時，熱平衡時，/處處相同，必有均勻?qū)岚?,dQdT

j均勻?qū)岚?,dQdT

j=-=K——S

dtdldT.常量.dT.常量.AT

一用JUL一dl‘AT:棒兩端溫差

l:棒長為均勻?qū)岚粢搿鞍魧?dǎo)熱系數(shù)”為均勻?qū)岚粢搿鞍魧?dǎo)熱系數(shù)”則有j=KKT類比關(guān)系：j與Q（電容電量）、/（電阻電流）類比KT與KU（電容電壓），KU（電阻電壓）類比K與C（電容）、R-1（電導(dǎo)）類比即有K-i=EK-1,K=EKi i本題具體解答：兩金屬棒線度相同，S相同，l相同K=K-,K=K-1 1l2 2l并聯(lián)時：KT相同，j并f+j]j1=K1Kt,j2=K2KTj,=j；+j2=(K1+K2)KT=K并KTK=(K+K)-并12l串聯(lián)時，j串相同，KT=KT1+KT2KTKT=j?串(K1-1+K2-1)=j串KKJnj串=3KTK=(K-1+K-1)1=(K-1+K-1)1-=K1K2-串1 2 1 2lK+Kl

..KAT(k+K)2

j并j串一K串AT—K「k：將0=2k2代入，得...9

jj=-并串2(2)熵增i）由狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律，有CmV1T1+CmV2T2=(CmV1+CmV2),fTC…p,+C…p.V

=T=-mV-1-1 mV2-20-TOC\o"1-5"\h\zCmV1+CmV2 RG+v）RTCp+Cp

nP=-12 =-mV1~~1 mV2-22V C+C0 mV1mV2ii）將平衡態(tài)混合氣體，按如圖所示，在物質(zhì)結(jié)構(gòu)方面（不是體結(jié)構(gòu)方面）分為1摩爾｛CmVpP1*、2V0、T｝子系統(tǒng)平衡態(tài)，和1摩爾｛CmV2、p2*、2V0、T｝子系統(tǒng)平衡態(tài)，其中pj、p2吩別為平衡態(tài)混合氣體中兩個系統(tǒng)的分壓。1摩爾，1Pd子系統(tǒng)1：初態(tài)即為左圖中平衡態(tài)，其熵增為2V 一，TAS=Rln—0-+Cln—VmV1t0 1=Rln2+Cln=Rln2+ClnmV1mV1-1 mV2―2—0CmV1+CmV2 RpV10nAq=Rln2+CV11nmmV1-1 mV2、2(CmV11+CmV2)6子系統(tǒng)2：初態(tài)即為右圖平衡態(tài)，其熵增為,2V 、TAS=Rln1+Cln—V mV2 T02:Rln2+CInJ，1Pi+J，2p2匕-mV2 J-1+Jv25,Cp+CpnAS=Rln2+CInmVl_1 mV斗22 mV2(C +C )pmV11 mV22系統(tǒng)熵增為Cp+Cp Cp+CpAS=AS+AS=2RIn+C In/mV11 mV22+CIn/mV11 〃叭22 mV1(C+C)p mV2 (C +C)pmV1 mV21 mV1 mV12(1)電場電勢、場強(qiáng)疊加如圖1所示，4個每邊長相同，帶電量也相同的均勻帶正電絕緣小立方體，并排放在一起。在上表面4個角頂點(diǎn)相聚的0點(diǎn)處，測得電勢和場強(qiáng)大小分別為U0和E0o將圖1中的前右側(cè)小立方體改放在后左側(cè)小立方體的正上方，結(jié)構(gòu)如圖2所示，試求此時0點(diǎn)處的電勢U和場強(qiáng)大小Eo圖1 圖2(2)磁場力ur如圖所示，在0—%y平面上有場強(qiáng)E0沿l軸方向的勻強(qiáng)電場，還有垂直圖平面向下的磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小僅隨％變化，即有B=B(%)坐標(biāo)原點(diǎn)0處有一個質(zhì)量為m、電量q>0的質(zhì)點(diǎn)P,初始時刻P靜止。將P自由釋放后，在圖平面上的運(yùn)動軌跡為y=星(A>0)的拋物線。Ai)應(yīng)用運(yùn)動學(xué)知識導(dǎo)出拋物線曲率半徑表達(dá)式p=p(%)oii)導(dǎo)出B=B(%)表達(dá)式。y=y=爐％【答案】（1）電場電勢、場強(qiáng)疊加每一個小立方體在每一個角頂點(diǎn)（包括圖1、2中的0點(diǎn)）的電勢貢獻(xiàn)相同，記為U*。圖1中4個U*標(biāo)量合成U0,圖2中也是4個U*標(biāo)量合成U,即得U=4U*=U0nU=U0每一個小立方體在每一個角頂點(diǎn)的場強(qiáng)，可示意地、對稱地正交分解成題解圖1所示的3個大小均為E*的分量。4個小立方體按圖1所示在0點(diǎn)合成，只有在向上的方向上作非零疊加，另外兩個方向上的疊加均得零，故有題解圖1疊加，另外兩個方向上的疊加均得零，故有題解圖1題解圖2E=4E*nE*=1E

0 404個小立方體按圖2結(jié)構(gòu)所示在0點(diǎn)合成場強(qiáng)，則可參考題解圖2。3個朝上的與1個朝下的E*合成2個向上的，即E=2E*

上3個朝右的與1個朝左的合成2個朝右的，即E=2E*右3個朝前的與1個朝后的合成2個朝前的，即

參考題解圖3參考題解圖3,在圖2所示的0點(diǎn)E上、E右、E前合成場強(qiáng)(題解圖中未給出)大小即為E=2\3E*=——E

2o(2(2)磁場力i)p=p(x)的導(dǎo)出v212 .設(shè)X=v01，貝iJy=F,有0 Avx=vx=v0，v20ax=0ax=0，a=-0-

yA參考題解圖4,有2v2v 2v2=acos甲=——0—x=——0

心y AvA+4X2+4X22A2v2P=—a題解圖4ii)B=B(x)的導(dǎo)出P在(x,y)處有

1 2qEx—mv2=qExnv2=o—2 0 m參考題解圖5,有mv2mv2=qvB-qEsin①因dy2x. 2xtan①=—=—nsin①=, =dxA %：A2+4x2得1(mv2qvlP)+qEsin①

o/11(mv2qvlP)+qEsin①

o/12qEx

(A2+4x2)22qExAA.2+4x2q'2mqEx

q1、vA2+4x2nB=2mExq(3A2+4x2(A2+4x2題解圖58.一塊玻璃平板放置在一個玻璃長方體上，兩者之間有一層平行的空氣隙，如圖所示。波長在0.4gm到1.15gm之間的電磁波垂直入射平板玻璃上，經(jīng)空氣隙上、下兩界面的反射而發(fā)生干涉，在反射區(qū)域中共有三種波長獲得極大增強(qiáng)，其中之一為0.4gm，試求空氣隙的厚度d的所有可能取值。

【答案】相干疊加獲得極大增強(qiáng)的條件為為2dH——=8=k入=，=2因d是相同的，丸越小，k越大;力越大，因d是相同的，丸越小，k越大;2min=21<22…4=2max它們對應(yīng)的k可捧列為kmax=k1>k2…kn=kmin任意一對2<2j的比值滿足:,九 1.15um?1<-j< =2.875九 0.4pmi又因入（2k-1）

/二百F所以1<——i—-=2.875,k>k.2k-1 -Jj一（2k-1）將12k—"1）、勺>k?列表如下:j

2345678910111357911131517192121.6723333.674.3355,6731.41.S2.22.633.441.291.571.862J42.4351.221.44L67].8961.181.36L5571.151.3181.13表中凡滿足(1)式的，均用越線框入。據(jù)題意應(yīng)取n=3,從表中可以查出，只有兩組解，即k1=4,k2=3,k3=2或k1=5,k2=4,k3=3 (2)或(3)因有丸1=丸min=0.4所以x0.4pm取(2)式時有0.4pm=0.7pm取(3)式時有2221x0.4pm=0.9pm9.如圖所示，靜長同為L的A1A2桿和B1B2桿在慣性系S中緊挨著％軸，分別沿著％軸正、反方向，以相同的速度大小v勻速運(yùn)動。S系t=0時刻。A］端、B1端同時位于％軸原點(diǎn)0處，此時A1A2桿和B1B2桿都把自己的時鐘撥到零點(diǎn)。(1)試求A1端與B2端相遇時，A1端時鐘讀數(shù)tA1和B2端時鐘讀數(shù)tB2；(2)再求B1端與A2端相遇時，B1端時鐘讀數(shù)tB1和A2端時鐘讀數(shù)tA2；(3)最后求A2端與B2端相遇時，A2端時鐘讀數(shù)tA22和B2端時鐘讀數(shù)tB22。

【答案】A（A1A【答案】A（A1A2桿）參考系測得B桿相對其速度U-~U^V

x.V1 uc2-二二，P/ux=-v1+P2 c即A認(rèn)為B相對其左行，速度大小為vAB前，故B認(rèn)為A相對其右行,速度大小Vba與vAB相同?；蛘哒f，A、B間相對速度大小，統(tǒng)記為2v

v= -AB1+P2引入P=喧n<1-P2=乓2（過程略）ABc AB1+P2（1）S系中點(diǎn)事件：A1、BpO相遇｛0，0｝點(diǎn)事件：A1、B2相遇；L1--P211-0”,12 2n 2vrA1的求解：方法1：S系認(rèn)為本系用兩個靜鐘測得上述兩個點(diǎn)事件界定的物理過程所經(jīng)時間間隔為S系認(rèn)為相對S系一個運(yùn)動的時鐘A1,測得該過程所經(jīng)時間間隔為TA市tA1-0，因Ta.=^17^72T靜（1-P2

t= TOC\o"1-5"\h\zA1 2v方法2：A系中前述兩個事件的空、時坐標(biāo)分別為｛0,0｝、｛0,tA1｝由時空變換，得tA1J-甘-G-P2tA1<1-P2 2v

tB2的求解：方法1：B系認(rèn)為本系用兩個靜鐘，測得上述兩個點(diǎn)事件界定的物理過程所經(jīng)時間間隔為TB靜—tB2