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1、20192019 年年第四届第四届爱尖子爱尖子物理物理能力测评能力测评解答解答 1.解：流星的运动分为星体半径R之外的开普勒运动与星体内部的二维简谐运动。流星的初速度为星体表面的第一宇宙速度即 0GMvR=(1.1)其中M为该星体总质量，设星体密度为，则343MR=.（1）求星体外部轨迹的偏转角 方法一：在极坐标中求解。流星沿双曲线运动，轨迹方程可以写作 1cospre=+(1.2)其中，p为半正焦弦，e为离心率，为与对称轴的夹角，在总能量 2012Emv=(1.3)角动量 00LmbvmRv=(1.4)时，半正焦弦 222202R vbLpRaGMmGM=(1.5)离心率 2223212EL
2、eG M m=+=(1.6)故轨迹方程为 12cosRr=+(1.7)当0cos1e时，0r，所以初始角度 01arccos135e=(1.8)到达星体表面时1rR=的角度 11=arccos90peRe=(1.9)到达星体表面时流星的速度可以由能量守恒 22101122GMmmvmvR=(1.10)求得 103vv=(1.11)设到达星体表面时其速度方向与矢径方向的夹角为，由角动量守恒 11sinLmbvmRv=(1.12)求得 011arcsinarcsin35.33v bv R=(1.13)所以在到达星体表面前其速度方向共改变了 1019.7=(1.14)方法二：在直角坐标系下求解。轨道
3、参数a可由总能量 20122GMmEmva=(1.15)求得 aR=(1.16)轨道参数b可以直接由瞄准距离直接得到 bR=(1.17)然后得到轨道参数c 22cab=+(1.18)b与c也可以由动力学关系对最近点列能量角动量守恒方程解得，即设最近点速度为2v，近点距离焦点ca，有能量守恒 22021122GMmEmvmvca=(1.19)与角动量守恒 ()02LmRvm ca v=(1.20)解得 2cR=(1.21)即能算出b 22bcaR=(1.22)即等于瞄准距离。所以直角坐标系下的轨迹方程为 22221xyab=(1.23)联立星球表面的圆方程 ()2222xRyR+=(1.24)解
4、得 2xRyR=(1.25)此处以舍去虚根并取第二象限内的解。所以到达星体表面时矢径方向与x轴夹角为 190=(1.26)而在无穷远处入射时矢径方向以及速度方向与x轴的夹角为 2arctan90135ba=+=(1.27)之后同方法一，在求出到达星体表面时速度方向与矢径夹角后求出偏转角1。（2）求星体内部轨迹的偏转角 在星体内部，流星受到线性回复力的作用 43Gmk=Frr (1.28)做二维简谐运动，等效恢复系数 343GMmkG mR=(1.29)而简谐运动的圆频率为 km=(1.30)以中心为势能零点总能量 222111+222EmvkRkR=(1.31)角动量的形式不变，而它们与轨道参
5、数A与B之间的关系为 221122EkAkB=+(1.32)()()LmABmBAkmAB=(1.33)代入数值即 22224ABRABR+=(1.34)组合得到 ()()222262ABRABR+=(1.35)解得 622622ARBR+=(1.36)以轨道长短轴为xy轴建立坐标系，在星体内部的椭圆轨道方程为 22221xyAB+=(1.37)与星体表面的圆方程（注意这次天体中心在坐标中心）222xyR+=(1.38)联立得到进入点的坐标 2212222122RBxAABARyBAB=(1.39)所以进入点的角度为 1162arctanarctan27.42yx=(1.40)所以在星体内部到
6、达行程一半处（即到达y轴）速度方向偏转的角度为 27.9=(1.41)考虑到之后的运动与前面的情况完全对称，所以总的偏转角度 ()12235.3=+(1.42)注：若用反三角函数计算则结果恰等于arcsin(1/3)。第一宇宙速度(1.1)式 3 分；星体外部轨道的计算共 19 分，两种方法均为能量角动量表达式各 3 分，轨道参数 6 分，极坐标为e和p，直角坐标为abc（若直接由瞄准距离得到b则可以不写出角动量），轨道方程 2 分，求夹角以及偏角1，(1.10)-(1.14)各 1 分；内部轨道的计算共 17 分，线性回复力(1.28)2 分，圆频率(1.30)或周期 1 分，能量角动量各
7、3 分，轨道参数(1.36)2 分，轨道方程(1.37)2 分，偏转角度计算(1.38)(1.39)(1.40)(1.41)各 1 分；结论最终偏转角 2 分。2.解：（1）在碰撞发生时，小球与杆的相互作用力沿杆的法向。之后小球沿杆运动速度xv不变，垂直杆方向的运动速度yv发生改变，然后匀速运动。杆的质心获得垂直杆方向的速度cv，同时杆整体开始旋转，角速度为。首先在x方向上速度不变 022xvv=(2.1)在y方向上动量守恒 022cyMvmvmv=(2.2)以碰撞点为参考点角动量守恒 2110122cmlmvl=(2.3)完全弹性碰撞能量守恒 ()222222011111222212xycm
8、vm vvMvml=+(2.4)其中角动量守恒方程也可以选取其它参考点，能量守恒方程可以由法向接近速度等于分离速度代替，即 01222ycvvlv+=(2.5)根据以上四式可以求得 ()()()()()02020202223 1 2223 1 223 1 26 1 223 1 2xycvvMmvmvmMmvvmMmvmMlm=+=+=+(2.6)（2）当/5M m=，0=时，末状态为 000022218292 23xycvvvvvvvl=(2.7)要求能发生第二次碰撞，若在杆的质心系中分析，则小球必须在杆转动角度之前不能离开杆的活动范围。在杆的参考系中小球碰后的运动方向与杆的夹角为 1arct
9、anarctan0.322 rad3ycxvvv+=(2.8)小球离开杆的活动范围的时间是 ()12200cos9 21.2710 xycllltvvvvv=+(2.9)由几何关系得到 20.644 rad=(2.10)杆转动角需要时间 210=0.683lttv (2.11)所以可以发生第二次碰撞。第一问共 25 分，(2.2-4)能量、角动量、动量列式各 5 分，允许用等价的表达式，运动的描述2 分，结果(2.6)每个 2 分。第二问共 15 分，(2.7)计算结果 4 分，(2.8)(2.9)(2.11)各 3 分，(2.10)2 分。3.解：（1）方法一：绳子被拉起后由于地面处的绳子被
10、瞬间加速，相当于发生完全非弹性碰撞，所以有机械能损失，但是对于质心的运动，依然满足动能定理。设绳子总长为L，当被拉起高度h时，地面上的绳子仍有长度Lh，其质心的高度为 2122chhhhLL=(3.1)当绳头上升高度dh，相当于把dh的绳子拉高h高度，质心上升 dddchhh hhLL=(3.2)故质心的运动速度为 chvvL=(3.3)对质心的运动，由动能定理，拉力、支持力、重力做功带来质心动能的变化 ()2ddd1d2h hh hh hhvFLh gLgLLLLL+=(3.4)整理得到 2221ddd2Fh hh g hh v=(3.5)积分即 2 2122220001ddd2h vhhF
11、h hh g hh v=(3.6)得到 2322111232Fhh gh v=(3.7)整理得到 223Fvgh=(3.8)所以最大高度为0v=时 max32Fhg=(3.9)方法二：可以通过分析总动量的变化来避开求解微分方程。绳的总动量为ph v=，方向向上，由动量定理，其变化率等于受到的合外力 ddpFh gt=(3.10)而dd/th v=，代入得到 ddpvFh gh=(3.11)再代入pvh=得到 ()ddp pFh g hh=(3.12)积分即 ()00ddphp pFh g hh=(3.13)得到 2232111223pFhhg=(3.14)代入ph v=整理得到 223Fvgh
12、=(3.15)之后同方法一，取0v=时 max32Fhg=(3.16)方法三：直接列牛顿第二定律动力学方程，然后求解微分方程。绳子受外力带来动量变化 ()dddmdddddddmvvvhFh gmvhvttttt=+=+(3.17)继续整理成关于h和v的方程 ()222dd1d2dvvFh ghvvhvhh=+=+(3.18)化简为标准的一阶线性非齐次微分方程 ()22d222dvvFghhh+=(3.19)其解的形式为非齐次特解叠加齐次通解，有一一阶线性非齐次微分方程有通解公式，故可以直接代入公式求解，也可以凭经验看出其非齐次特解223Fvgh=，叠加上齐次方程的通解22/vC h=，得到该
13、方程的通解为 2223CFvghh=+(3.20)代入初值条件0h=时，2Fv=，得到常数0C=，所以速度与高度的关系为 223Fvgh=(3.21)之后同方法一，取0v=时 max32Fhg=(3.22)（2）在下落时由于没有冲击力带来的额外项所以动力学方程较为简单：ddvFghht=(3.23)利用d/dvht=将其整理成关于v和h的方程 ()2dd1d2dvvFghhvhhh=(3.24)化简为 ()222ddFghvh=(3.25)积分 ()minmax02022ddhhFghvh=(3.26)得到 ()minminmaxmaxln0hFg hhh=(3.27)令minxFhg=，代入
14、max3Fhg=，得到方程 23ln032xx=(3.28)用牛顿二分法数值求解，得到方程的两个解 0.631.5x=，(3.29)舍去代表初始值的解，得到最低高度为 min0.63Fhg=(3.30)第一问共 25 分，动力学方程(3.4)或(3.10)(3.17)或其它等价表达 10 分，若方程不完整则得 2分，方程的解(3.7)(3.11)(3.20)5 分，速度关系 5 分，最大高度 5 分。第二问共 15 分，动力学方程(3.23)或(3.24)5 分，得到关于结果的方程(3.27)5 分，结果(3.30)的计算 5 分。4.解：（1）设高度上升dh，压强增加dp，应该满足流体中的压
15、强公式 ddg hp=(3.31)其中，密度等于 rrMV=(3.32)其中，rV为空气的摩尔体积，当空气可视为理想气体时满足 0rpVRT=(3.33)综合得到关于p和h的关系 0ddrppM g hRT=(3.34)积分后得到 00rM ghRTpp e=(3.35)（2）气球匀速上升，则受力平衡。在上升过程中重力恒为mg，浮力随空气密度和气球体积变化而变化，当上升到h高度时，空气密度变为 0000rM ghRTrrp MpMeRTRT=(3.36)气球内外无热量交换，经历绝热过程 00pVp V=(3.37)其中0V为气球的初始体积，而人对气球的拉力为 FgVmg=拉 (3.38)在气球
16、上升到h高度时拉力做功为 000100001 00001 00ddd11rrhhrM ghhRTrM ghRTWFhPPMgVmghRTPPV M gemghRTPVemgh=+拉(3.39)利用理想气体状态方程 00rmp VRTM=(3.40)化简为 0021 77111112rrM ghM ghRTRTrrRTRTWmghemgheM ghM gh=(3.41)（3）人只能提供拉力，即不能施加推力，所以0F拉，即 0gVmg (3.42)拉力达到 0 时即为临界状态，得到方程 1000rppM gVmgRTp=(3.43)代入（4.5）（4.10）两式可求得临界高度 00max007ln
17、ln12rrRTRTTThM gTM gT=(3.44)之后气球中的气体若不再受到拉力，依然保持匀速，故浮力与重力平衡，即 0rpM gVmgRT=(3.45)于是得到之后的上升过程中压强p与体积V之间满足 0rmRTpVM=常数 (3.46)所以之后气球内的气体做等温过程，并且温度等于0T。设达到maxh时的压强为1p，体积为1V，之后的高度设为maxHhh=，则 01rM gHRTpp e=(3.47)01rM gHRTVVe=(3.48)等温过程中气体吸热量 00110dddrrM gHM gHRTRTrM gQp Vp eVeHRT=(3.49)代入（4.16）式的结论即得到 d=dQ
18、 mg H (3.50)电阻丝的加热功率应该至少等于气体做等温过程的吸热，即 mindd=ddQHPmgmgvtt=(3.51)第一问共 6 分，力学压强高度关系(4.1)热学理想气体状态方程(4.3)结论(4.5)各两分 第二问共 12 分，密度高度关系(4.6)2 分，绝热关系(4.7)4 分，力学平衡(4.8)2 分，(4.9-11)做功的计算与化简 4 分，若未化简则扣 2 分。第三问共 22 分，高度的列式(4.13)4 分、求解(4.14)4 分，力学平衡(4.15)2 分，等温关系(4.16)或体积高度关系(4.18)4 分，吸热与做功关系(4.19)4 分，结论(4.21)4
19、分，未化简的结论扣 2分。5.解：（1）将AB下方的电阻网络的等效电阻设为xR，则等效电路图如下 依题意OA之间的等效电阻为R，即 ()xRR RRxRRR+=+(4.1)解得 211x=(4.2)而AB之间的等效电阻为 ()12422ABxRRRRxRR=+(4.3)（2）将ABC下方的网络看作一个三端网络，每个三端网络都能等效为一个Y型或型连接的网络，此处将其等效为型网络，整个网络的等效电路图如下。设ABC下部的型电阻网络的每条边的电阻值为yR，则计算OA之间的电阻时，BC两点为等势点，所以BC之间的电阻可以拆去，等效电路图如下 依题意OA之间的电阻为 1111RyRRyRRR=+(4.4
20、)解得 311y=(4.5)计算AB之间的等效电阻时，OC为等势点，得到AB之间的等效电阻为 ()213111122ABRRyRRyR=+(4.6)（3）注意整个网络的对称性，ABC三点是完全对等的，即这三点是等势点，所以除AB，AC，BC之外的所有没有电源的支路上都没有电流流过。而这三条支路上，也应该满足任意两端点等势，即电阻的电势降等于电源的电势升，其等效电路图如下，电压降满足 0ABBCCAUUUIR=(4.7)所以流过电源的电流大小为 IR=(4.8)第一问共 15 分，等效电路与列式(5.1)5 分，求解AB下方等效电阻(5.2)5 分，结论(5.3)5 分，可以使用其它方法求解，按
21、解答完整程度给分思路描述、中间步骤、解答与结论各 5 分。第二问共 15 分，等效电路与列式(5.4)5 分，求解ABC下方等效电阻(5.5)5 分，结论(5.6)5 分，可以使用其它方法求解，按解答完整程度给分思路描述、中间步骤、解答与结论各 5 分。第三问共 10 分，思路表述(5.7)5 分，结论(5.8)5 分。6.解：（1）方法一：线框在通过时回路中的电动势随时间的变化为 00000022coscosvxBLvBLvB LvtLL=(5.1)注意线圈离开磁场区域时电动势会变号，不过这并不影响电功率的计算，所以不考虑其方向变化，将其看作一个时变交流电，周期为 0LTv=(5.2)线框经
22、过需要时间 1022LtTv=(5.3)所放出的焦耳热等于其平均功率乘以时间，即用有效值计算 ()2223000011effUB LvB LvQtTRRR=(5.4)方法二：线框经过磁场区域时产生的动生电动势为 0000022coscosvxBLvBLvB LvtLL=(5.5)电阻的焦耳热功率大小为 ()2200202cosB LvvPtRRL=(5.6)经过磁场区域需要的总时间为 102Ltv=(5.7)总放热为 ()()111200202000200023002dcosd41 cosd2tttB LvvQP tttRLvtB LvLtRB L vR=+=(5.8)该电动势为动生电动势，但
23、在线框参考系，线框不动，而看到空间中磁场的变化，故为感生电动势。（2）当速度不再固定时，需要考虑线框的受力引起的速度变化，当线框速度为v时，电路电动势为 02cosxBLvBLvL=(5.9)电路中的电流大小为 02cosB LxIvRRL=(5.10)线框受安培力的作用 22222200d22dcos=cosddB LB LvxxxmBILvtRLRLt=(5.11)整理得到 22202cosdd B Lxxm vRL=(5.12)注意线圈离开磁场区域时电流方向会变号，但是对力的方向没有影响所以直接对上式积分得到速度位移关系 0222002cosdd xvvB Lxxm vRL=(5.13)
24、即 ()2200 4+sin24B LLxxm vvRL=(5.14)刚好完全通过时，即2xL=，0v=，代入得到初速度最少为 2300minB LvmR=(5.15)若初速度大于0minv则可以通过，通过后速度为 2300B LvvmR=(5.16)释放的焦耳热等于动能减少，即 232300220021121222B LQmvB LmvvmmRmR=(5.17)（3）当串接理想二极管时，线框中的电流只能沿一个方向，会有两种情况：情况一：仅有顺时针方向电流，即在1344LxL，54LxL，724LxL区域内线框会受到安培力减速，其它区域内匀速运动。从上一问中得到，没有二极管时线框从0 x=处到
25、达x处，线圈的速度变化量为 2204+si4 n2B LLxvxmRL=(5.18)注意到每经过一个/4L区域速度的减少量都为2308B LmR，所以如果有一段/4L区域没有被减速，就直接在上式中括号中的x中减一个/4L就行了。由此代入各个区域的初值得到速度随位移的变化为 022002300220023002200,0443+sin,244443,4445+sin,2244357,84447+sin,2244LvxB LLLxLLvxxRLB LLvxLRvB LLLxLvxLxRLB LLLvxRB LLxLvxLxLRL=(5.19)情况二：仅有逆时针方向电流，此时减速区域和上一种情形相反
26、，得到速度-位移关系为 2200220022002200220022004+sin,02443,84443+sin,22445,443457+sin,244447,224B LLxLvxxRLB LLLvxRB LLLxLvxxLRLvB LLvLxRB LLLxLLvxxRLB LLvxLR=.(5.20)第一问共 10 分，方法一等效电源电压(6.1)或电功率的计算 5 分，时间与周期关系分析(6.3)1分，焦耳热(6.4)列式 3 分结果 1 分；方法二电动势(6.5)与电功率(6.6)6 分（有电功率表达式即可，只有电动势表达式则得 2 分），焦耳热(6.8)列式 3 分，结论 1 分
27、。第二问共 20 分，电动势(6.9)3 分、电流(6.10)3 分，安培力受力分析(6.11-12)5 分，速度求解(6.14-15)5 分，焦耳热(6.17)列式 3 分结论 1 分。第三问共 10 分，每种情况各 5 分，分段函数中一处错误扣 1 分，最低 0 分。7.解：（1）在玻璃表面，两列反射光发生干涉，一列经过玻璃表面直接反射，由于从光疏介质进入光密介质，所以有半波损失，另一列经过玻璃内部在下表面反射，然后从上表面透射射出。两列波的光程差为 22Lnh=+(6.1)其中h为玻璃厚度。在其表面横向距离相距x的两点，厚度差为 hx (6.2)设其条纹间距为d，当xd=时，厚度变化d，
28、引起的波程差变化应该为一个波长，即 2n d=(6.3)所以条纹间距为 2dn=(6.4)注：2 tandn=或其它零阶近似一样的表达式均可。（2）当光源较近时，干涉的光程差既像等厚干涉那样与玻璃厚度有关，又和等倾干涉一样与入射角度有关，所以以等倾与等厚干涉条纹为基础进行分析。对于角度入射的光线，经过厚度为h的玻璃，形成的两列波的波程差约为 22 tan sincoshLnhtit=(6.5)代入折射定律 sinsinint=(6.6)化简为 2cosLnht=(6.7)以光源位置为x轴原点，等厚线与x轴垂直而等倾线为同心圆。在0 x 处，沿等厚线从0y=处往外走，h不变而角度t变大，光程差L
29、变小；沿等倾线往外走，h变大，t不变，光程差L变大，所以实际等光程线应该在等厚与等倾线之间；在0 x 处，沿等厚线光程差依然变小，沿等倾线光程差也变小，所以会有两种情况，实际等光程线为如A那样的比等倾线曲率更大的线，或者像B那样向外凹的线，考虑到这两种线的走势，A是距离光源较近的情形，B为距离光源较远点的情形。以下为用用作图工具制作的干涉图样：中间为x轴，两边由于数据点较为稀疏所以未连在一起，图中可以看出在光源两边凹凸情况。以下为实验室中实拍的干涉图样：第一问共 10 分，光程差表达式(7.1)5 分，条纹间距(7.4)5 分。第二问共 30 分，等倾情况下的光程差(7.7)5 分，分析0 x
30、 处的情况 5 分，0 x 处的两种情况各 5 分。作图 10 分，图中能分辨出虚线的三种特征即为全分，有一处特征错误扣 3 分，若完全看不出等倾与等厚干涉特征则为 0 分。8.解：（1）光子原本具有能量hf。光子与分子碰撞时，可能向分子传递能量，也可能吸收分子的振动能量，所以出射光子的能量可能为：,=0123hfnhn+，(7.1)（2）光子与分子发生碰撞前后动量能量守恒。碰前光子动量为/hfc，碰后设频率变为f，即动量大小变为/hfc，设分子碰后获得动量p，动量守恒关系为 222222coshfhfh ffpccc+=(7.2)设碰后分子能量为E，能量守恒关系为 2hfMchfE+=+(7.3)注意碰后分子可能获得了振动动能nh，此处n为任意非负整数，则分子的静能要加上振动能量，所以碰后分子的动能量关系为 2222Ep cMcnh=+(7.4)联立以上三式解得碰后光子的出射频率为 ()()222221 cosnMcfnhfMchf=+(7.5)第一问共 5 分，分析与结论(8.1)5 分。第二问共 35 分，动量守恒关系(8.2)10 分，能量守恒关系(8.3)10 分，动能量关系 10 分，结论(8.5)5 分。其中列式允许使用其它等价的表达形式，比如将动能量p和E直接用参数v，表达。