2017年北大物理科学营资格赛试题和答案

2017年北京大学物理科学营资格赛试题

一、简答题

1．如图所示，将劲度系数为k，质量为m的均匀弹性体竖直朝下悬挂着，静止平衡后，弹

性体伸长量为

() 12

mg L

k

?=。将此弹性体平放在光滑水平面上，用沿弹性体方向的恒力F

u r

拉其一端，最终达到无内部相对运动的状态，试求弹性体伸长量ΔL。

【答案】取弹性体质心参考系，其中体分布的平移惯性力

()

11c

F m a

=-

u u r u u r

，a

F

c

m

=

u r

r

取代了重力m1g，其间标量关系为~

F

g

m

，即得

22

F

m

F

m

L

k k

??

?

??

?==

2．某理想气体的一条等温线T，与一条绝热线S，如图1所示地相交于两点，试问这将会违反哪些热力学定律？若该理想气体的一条等温线T，与一条绝热线S，如图2所示地相交于两点，再问这将会违反哪些热力学定律？

【答案】图1中出现的一个正循环过程，会从单一热源吸热，全部用来对外作机械功，违反热力学第二定律。图2中出现的一个正循环过程，一则应从单一热源吸热，全都用来对外作

机械功，违反热力学第二定律，再则事实上是向热源放热，同时又对外作机械功，故违反热力学第一定律。

3．如图所示，半径为R 的球面均匀带电，总量Q ＞0。其外有半径为2R 的同心球面也均匀带电，总量也为Q

。试求全空间的电场能W e 1。解答过程中不可出现积分式，下同。 设想令外力缓慢地将R 球面上电荷Q ，一起移动到2R 球面上，使2Q 电荷均匀分布在2R 球面上，再求全空间电场能W e 2和外力做功A ，并对所得A 值作一定性解释。

【答案】初态、末态均可取为由无穷小面元电荷qdQ 1为基元（点电荷）构成的面分布电荷系统，其全空间电场能即为系统电势能。 初态：2R 球面电势：

024π2Q R ε?，球心电势：004π24πQ Q

R R

εε+

? R 球面所围空间为零场强区：即为等势区，故R 球面电势同于球心电势，即为

004π24πQ Q

R R

εε+

? 初态系统电势能：100012124π224π24πQ Q Q W Q Q R R R εεε??

=?++ ?????

全空间电场能：2

110516πe Q W W R

ε==

末态：2R 球面电势：

024π2Q R ε?，系统电势能：()2012224π2Q

W Q R

ε=?

全空间电场能：2

2204πe Q W W R ε==

外力作功：2

21016πe e Q A W W R

ε=-=-

A 值的定性解释：（定量内容供参考）

2R 球面外的电场结构与能量，和初态完全相同。R 球面到2R 球面间区域的电场从

()

()

34πQr B r r ε=

r

u r r 减到()0B r =u r r ，其场能从()

()2222

00

14π216πR e R Q W E r r dr R εε?==?r 减到ΔW e

＝0。过程中作用在Q 电荷上径向朝里的外力几乎抵消径向朝外的电场力，过程中外力作负

功，使R →2R 间电场能随电场归零，故必有A +ΔW e ＝0，即2

016πe Q A W R

ε-=-?=。

4．如图所示，平凸透镜L 的右侧放置一块与L 主光轴垂直的平面镜M ，在L 的左侧主光轴上放置一个小发光物S 。将S 沿主光轴平动，S 在三个位置上均可出现一个重合在S 上的实像，试说明每一个实像出现的原因。

【答案】其中一个实像是因为S 所在位置恰好是L 物方空间的焦点F 上，S 发出的物光透过L 成平行光，经M 发射后又在F 处会聚成实像。

第二个实像是因为从S 所在位置发出的物光经L 成实像在的M 左侧平表面上，由光路可逆，其反射光又成实像在S 上。

第三个实像是因为S 从所在位置发出的物光经L 左侧平表面折射，又经L 右侧凹球面反射，最后再经L 左侧平表面折射后成实像在S 上。 二、计算题

5．在焦距为15 cm 的会聚透镜左方30 cm 处放一物体，在透镜右侧放一垂直于主光轴的平面镜。试求平面镜的位置与透镜的间距d 取何值，方能使物体通过此系统（经一次平面镜反射、两次透镜透射）所成的像与透镜相距30 cm 。 【答案】解：先讨论会聚透镜的第一次成像：

f ＝15 cm ，u 1＝30 cm ，11130cm u f

v u f

=

=- 像是倒立的实像。 第二步是平面镜成像：

u 2＝d －v 1，v 2＝－u 2＝v 1－d d ：平面镜与透镜的间距

所成的像，相对第一次成像的像为正立的。 再看会聚透镜的第二次成像：

u 3＝d －v 2＝d －（v 1－d ）＝2d －v 1

()()()133312230151530223015245

d v f d d u f v u f d v f d d -?-?-?=

===------ 凸透镜的这次成像，有两种情形都会符合题文要求，即像可在透镜的两侧。 （1）若为实像，v 3＝30 cm ，代入上式得 d ＝30 cm

（2）若为虚像，v 3＝－30 cm ，代入上式得 d ＝20 cm

6．试证：任意正循环过程的效率，不可能大于工作在它所经历的最高热源温度与最低热源温度之间的可逆卡诺循环过程的效率。

【答案】证：先设讨论的循环过程为可逆过程，它可分解为一系列无穷小的可逆卡诺循环（用密集的绝热线加以分解）。对每一无穷小可逆卡诺循环过程，其最高温度T 1i 和最低温度T 2i 与全循环过程最高温度T m 和最低温度T n 间有下述关系：

即得

*i i dW dQ η?≤

于是

*

*i i

i

i

dW dQ dQ dQ

ηηη==∑∑∑∑≤

*ηη?≤

再设讨论的循环过程为不可逆过程，则每一无穷小卡诺循环或为可逆，或为不可逆，有

**2111i i n i i i i i m

dW T T

dW dQ dQ T T ηηη=

--=?≤≤≤ 其中等号仅可能对应于可逆的无穷小卡诺循环 同理，有

**i

i

i

i

dW

dQ dQ

dQ

ηηη=<

=∑∑∑∑

*ηη?<

7．如图所示，竖直固定、内壁光滑的两条平行细长直轨道相距l 。左侧轨道内悬挂着自由长度为l 、劲度系数为k 的均匀轻弹簧，弹簧下端连接质置为m 的小球1，开始时静止在其平

衡位置，此时弹簧伸长l 。右侧轨道内在等高处悬挂着自由长度为2l 、劲度系数为2k 的均匀轻弹簧，弹簧下端连接质量为2m 的小球2，开始时弹簧无形变，球2静止。两个小球间连接着一根长为2l 的细轻绳。今将球2从静止自由释放，小球便会在轨道内无摩擦地上、下运动。过程中，若轻绳被拉直到2l 的长度，轻绳便会在极短时间内为球1、2提供冲量，使它们改变运动状态，假设过程中轻蝇不会损耗机械能。

（1）试求在以后的运动过程中，球1、2各自所能达到的最低位置和最高位置之间的高度差Δh 1、Δh 2（答案中不可出现参量k 和m ）；

（2）再求从开始到球2第一次达到其最高位置所经过的时间间隔Δt （答案中不可出现参置k 和m ）。

【答案】解：由球1力平衡关系，可得

mg

k l

=

球1、2被轻绳短时间作用隔离开的各段运动均为简谐振动，角频率和周期分别同为

22k k g

m m l

ω=

==，2πl T g ω==球2从静止自由释放后，经过时间间隔

14

T t ?=

降落高度和下落速度分别为

222mg

A l k

=

=上，202v A gl ω==上

即到达其力平衡位置。此时细绳从本来松弛状态第一次达到长为2l 的伸直状态。由球1、2和细绳构成的系统，在细绳与两个小球相互作用的极短时间内，竖直方向弹簧和重力提供的冲量可略。将此过程后瞬间球1、2向下速度分别记为

v 1和v 2，如题图中虚线箭矢所示。由方程

()()1220222

122022111222

22mv mv mv mv m v m v +=??

?+=?? 可解得

1204433v v gl ==，2201133

v v gl ==

v 1＞v 2，绳又将处于松弛状态。而后球1、2经时间间隔分别降落高度

24

T t ?=

分别降落高度

1

14

3

v A l ω==下，2213v A l ω==下

速度同降为零。因A 1－A 2＝l ，故此时两球等高。

而后球1、2又经时间间隔

34

T t ?=

返回到题解图所示位置，速度向上，大小分别恢复为12043

v v =和22013

v v =。此时，细绳第二次达到长度为2l 的伸长状态。短时间内，因过程逆向进行，细绳作用效果使球1静止在该位置，球2获得向上速度，大小为v 20。

而后球1静止在原位，球2又经过时间间隔

44

T t ?=

上升到题文位置，速度降为零。 综上所述，得

（1）问答案：1143h A l ?==下，12243

h A A ?=+=上下 （2）问答案：12342π

l t t t t t T g

?=?+?+?+?== 8．如图所示，惯性系S 中的O －xy 平面上，有一根与x 轴夹角为φ，整体沿x 轴方向以匀

速度v r

高速运动的细杆AB 。已知φ＝30°时，S 系测得杆AB 的长度为l 1。 （1）改取φ＝45°，保持v r 不变，试求S 系测得的杆长l 2。

（2）仍取φ＝45°，保持v r 不变。设t ＝0时，杆的A 端位于坐标原点O ，此时有一个质点P

恰好位于A 端，沿着杆AB 朝着B 端运动，S 系测得P 相对杆AB 的运动速度大小也恰好为v 。（设v ＜0.54c ）

（2.1）试求P 到达B 端的时刻t B ；

（2.2）试求在t ＝0到t ＝t e 时间段时，P 在O －xy 平面上运动迹线的数学方程y ＝y （x ）。 （3）设v ＜0.54c ，再设P 在杆的A 端时，其时钟读数为t 0＝0，试求P 到达杆的B 端时，其时钟读数t p 。

【答案】解：（1）φ＝30°时，将杆AB 在x 、y 方向的静长分别记为l Ox （1）、l Oy （1），则有

()12

11Ox l β=

-，l Oy （1）＝l 1sin30°，v

c

β=

将杆的静长记为l 0，则有

()()22

222

20

0012

cos 3011sin 301x

y

l l l l β???=+=+? ?-??

φ＝45°时，杆AB 在x ，y 方向静长分别为

(

)2Ox l =

l Oy （2）＝l 2sin45°

得

()()22

222

20

22

cos 4522sin 41Ox

Oy

l l l l β???=+=+? ?-??

联立两个l 01表达式，解得

22

2

2

22122

2

cos 30sin 301cos 45sin 451l l ββ?????+??? ?-????=?????+??? ?-??????

2l ?=，v c β= （2）（2.1

）2e l t v ==（2.2）S 系测得P 在O －xy 平面上沿x 、y 方向的速度分量分别为

cos4512x u v v v ??=?+=+ ? ???

，sin 45y v v =?= P 在O －xy 平面上的运动方程为

x ＝v x t ，y ＝v y t

P 的运动迹线方程便为

y x

u y x u =

=

或)

1y x =

（3）S 系中P 的速度记为u p ，则有

(2

222

2p

x

y

u u u v =+=

，(

(22

2222111212p

p

u v c c

ββ-=-=-+=-

S 系可据动钟变慢公式，算得

p t ε

== 9．真空中有一固定的点电荷Q ＞0，另有一粒子加速枪，可用同一加速电压加速各静止粒子。现有两种带负电粒子P 1、P 2，经该枪加速后进入Q 的电场区域，枪口发射方向垂直于Q 到枪口连线。

（1）若粒子P 1、P 2进入Q

场区域后能作匀速圆周运动，已知加速电压为U ，求圆半径r 0；

（2）现用两支相同的枪，枪口与点电荷Q 相跟r 0且在同一位置，调整发射角，使两枪发射角都偏r 0处切向一个小角度。两枪分别同时发射P 1、P 2，当P 1、P 2进入Q 场区域后，分别绕Q 作某种运动，某时刻P 1、P 2同时回到原出发点，P 1绕Q 转3圈，P 2绕Q 转2圈，求两者荷质比之比v 1︰v 2。忽略粒子间的相互作用及相互碰撞的可能性。 【答案】解：（1）设加速电压为U ，发射后粒子速度为v ，则

21

2

Uq mv =，q ：粒子电荷量，m ：粒子质量

则有

()

202002mv KQq KQ r r r U =?=，01

4πK ε= （2）讨论一般情况，略去下标。当发射时偏离切向一个小角度α，如图所示，粒子轨迹将偏离切向一个小角度α，参见图，粒子轨道将偏离圆轨道。初始时粒子绕Q 的面积速度为

01

cos 2

S v r v α=

设粒子某时刻偏离圆轨道x ，参见图，此时粒子切向速度分量记为v 1，则有

()011

2

S v r x v =

+

由v S 守恒可得

()

10cos v r v r x α?=

+

以Q 为中心，粒子相对Q 的角向运动构成的旋转参考系中，粒子受Q 吸引力F u r

吸与旋转参

考系中的惯性离心力F u r

离如题图所示，已略去科里奥利力。有

()

2

0KQq

F r x =

+吸

()()

2222

013

00cos mv r mv F r x r x α?==++离 ()

22

03

mv r r x ≈

+

在径向x 轴方向上受力为

2002

003211x x x mv KQq r r F r r ????-- ? ?

????=- 粒子作匀速圆周运动时

2200

mv KQq

r r = 故

22

0x mv x F r -=

是线性恢复力，在旋转系中粒子会以r 0为平衡位置作简谱振动，角频率和周期为

00

2π2πr v v T r r v ωω==?== 变换到原参考系中，粒子一方面作近似的圆周运动，另一方面在r 0附近振动，而每作一个完整的圆周运动所需时间为

012π2πr r

T v v

'=

≈

即T ′＝T 在P 1、P 2同时回到原出发点时，依题意有

11222

323

T T T T =?

= 又

011122022π32

2πr v T v T v r v ?? ???=?=?? ???

又

221222Uq mv Uq v Uv m

=?== 2

11222

:9:4v v v v ?==

即为所求。

22

KQq GMm

r r -

?-

故此时粒子将作椭圆轨道运动。 利用万有引力椭圆轨道能量公式

2GMm

E A =-

可得此情形能量公式

2KQq

E A

=-

其中A 为粒子椭圆轨道半长轴。 另一方面，

200

122KQq KQq

E mv r r =-=-

∴A ＝r 0

是与出射角度无关的常量。

类比万有引力情形，此时有“开普勒第三定律”：

3

2

T kA =

与出射角度无关。（k 与出射角度无关）

因A 为常里，故与（1）问中圆轨道周期相同，即

02πr T v =

==

∴21222194

v T v T == 附注：

万有引力椭圆轨道“开普勒第三定律

”32T A =

库仑引力椭圆轨道“开普勒第三定律

”32

T A =