第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1028第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题+实验试题（含答案）

第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准 一、（50分） （1）依题意，母核 1 AZ P 到子核 AD的 Z 1 β − 衰变可表述为 AZ P Z A1 D e 记母核的静止质量为 m P 、子核的静止质量为 m D 和电子的静止质量为 m e ，假设衰变前母核处于静止状态， 由能量守恒知，该衰变过程的衰变能（包括衰变后除 Z A1 D 、电子e 外的其它粒子的能量）可由母核、子 核和电子的静止质量表述为 Q [ m P ( m D m e ) ] c 2 ①  依题意，相应于母核的原子、相应于子核的原子的静止质量分别为𝑀 、𝑀 ，有 P D m M Zm , ② P P e m D M D Z 1 m e ③ 于是，β–衰变的衰变能 Q 可以表示为：  Q (M M )c2 ④  P D 此β–衰变的发生的条件是 Q 0 ， ⑤  由①②③式，发生β–衰变的条件⑤可表述为 M P ( Z , A ) M D ( Z 1 , A ) ⑥ 这就是说，对于原子序数分别为Z 和Z+1的两个同量异位素，只有在前者的原子质量大于后者的原子质 量的情况下，才能发生β–衰变。 （2）如果在这个衰变过程中不产生新的粒子，那么在原子核的层次上它就是 P D e P的总能量是𝐸 P =𝑚 P 𝑐2，记D的总能量为𝐸 D ，动量为𝒑 D ，电子的总能量为𝐸 e ，动量为𝒑 e ，则能量守恒和动 量守恒分别是 m P c 2 E D E e ⑦ 0 p D p e ⑧ 由⑧式得 p p p ⑨ D e 利用⑨式，⑦式成为 p2 K (m m m )c2 ⑩ 2m e P D e D 这里 p2 E m c2 ⑪ 2m D D D K E m c2 ⑫ e e e由相对论能量-动量关系有 2 E e ( p c ) 2 m 2e c 4 ⑬ 将⑬式代入⑫式得 p 2 1 c 2 K e ( K e 2 m e c 2 ) ⑭ 由⑩⑭式消去 p 得𝐾 满足方程 e K 2e 2 m D m e c 2 K e 2 m D ( m P m D m e ) c 4 0 ⑮ ⑮式的解 K e m ( M m D ( 2 D M D ( 2 D m m P Z M e D P m m D ) e M ) [ 2 D m ( ) D m M 2e P 2 [ m M e Z 2 m D m P D e Z 2 ) m m D D e ( M ( M P m P 2 c D ] m e m Z D m D 2 Z P m e m ) ] 2e e ) m M 2 c 2e D [ ( Z M P m D e ) Z c D 2 m e ) m e ] c 2 ⑯ 负根已舍去，且利用了忽略电子在原子中的结合能后的近似关系 M m Z m ⑰ P P P e M D m D Z D m e ⑱ 以及 Z P Z D 1 ⑲ 将题给数据代入⑯式得 K e 9 0 3 [ .5 1 1 .4 2 1 9 0 4 9 .9 8 ( 8 2 3 8 8 3 9 0 3 ( 2 .5 1 1 .4 1 9 2 4 0 2 ) 9 .9 1/2 ] 8 4 1 2 3 0 0 9 .9 2 8 0 2 9 8 .9 8 3 8 2 8 8 8 3 3 ) 9 0 3 2 .5 1 1 .4 1 9 2 4 0 9 .9 9 8 3 2 1 8 8 .4 3 9 4 M 8 4 e V 2 0 1 9 .9 .1 6 8 1 4 M 1 3 e 0 V ⑳ 【另解： 忽略电子在原子中的结合能， 21083 B i 核的质量为 m P M P 8 3 m e 2 0 9 .9 8 4 1 3 0 8 3 0 .0 0 0 5 4 9 2 0 9 .9 3 8 5 6 3 a m u ⑯’ 它在β–衰变后生成的核210Po的质量为 84 m D M D 8 4 m e 2 0 9 .9 8 2 8 8 3 8 4 0 .0 0 0 5 4 9 2 0 9 .9 3 6 7 6 7 a m u ⑰’ ⑮式的正根为 𝐾 =(√(𝑚 +𝑚 )2+2𝑚 (𝑚 −𝑚 −𝑚 )−𝑚 −𝑚 )𝑐2 e D e D P D e D e =(√𝑚 (2𝑚 −𝑚 )+𝑚2−𝑚 −𝑚 )𝑐2 D P D 𝑒 D e =(√𝑚2−(𝑚 −𝑚 )2+𝑚2−𝑚 −𝑚 )𝑐2 ⑱′ P P D 𝑒 D e 这里， (𝑚 −𝑚 )2 𝑚2 P D ~10−10, 𝑒 ~10−11 𝑚2 𝑚2 P P 所以，⑱式为 𝐾 =(𝑚 −𝑚 −𝑚 )𝑐2 ⑲′ e P D e 这个式子的物理意义非常清楚： 21084 P o 𝑝2 核比电子重得太多了，所以它的反冲动能 比起电子的动能𝐾 来可以 e 2𝑚𝑑 忽略不计。代入数值即得 K 209.938563 209.936767 0.000549 amu c2 e ⑳’ 0.001247amu c2 1.161MeV 事实上，再回到原子质量（而不是核质量），它正是 K M(210Bi) M(210Po) c2 209.984130 209.982883 amu c2 e 83 84 0.001247amu c2 1.161MeV】 （3）按照假设 3 P D e 而得到的衰变后电子的动能，与实验中看到的电子动能的最大值相当。所以第三 个粒子（中微子）的静止质量应该非常接近于0（≤0.03MeV/𝑐2，接近此值的都算对），（*）否则的话实 验测得的电子的动能分布谱中的动能最大值就应该明显小于图中的最大值。 （**） （4）由题设知，β–衰变的元过程为： n → p+e−+X ㉑ 中子、质子和电子的电荷分别为 Q n 0 , Q p 1 , Q e 1 ㉒ 由衰变前后电荷守恒知，X的电荷为 Q X Q n ( Q p Q e ) 0 ㉓ 依题意，衰变前系统的角动量即中子的自旋，有 l i = S n = 1 2 ㉔ 假定衰变后的粒子只有质子 p 和电子 e − 。质子和电子的自旋都为 S p = 1 2 ， S e − = 1 2 根据题给的两个角动量的合成法则，质子和电子的总自旋，即衰变后产物的总角动量 L =S =S +S ㉕ f p e− 可取的所有可能值为 l f = s p − s e , s p + s e ㉖ ㉖式中的第一个可能值对应于质子和电子的自旋反向叠加，总自旋为 lf = S = 0 ㉗ ㉖式中的第二个可能值对应于质子和电子的自旋同向叠加，总自旋为 l f = S = 1 ㉘ 两个可能值㉗㉘都不等于其初始值㉔，与角动量守恒矛盾。为保证系统的总角动量守恒，则一定存在粒子 1 X，且其自旋为 2 1 S = ㉙ X 2 3 （尚不排除） ㉚ 2综合上述，β–衰变的产物除了质子和电子之外，如果还产生一个粒子，这个粒子一定是电中性的、自 旋为 4 1 2 （尚不排除 3 2 ）的粒子，也就是一定存在电中性的费米子【即人们常说的中微子（如果 S X = 1 2 ），更严格地，是电子型反中微子 e  】。 评分标准（共50分）： 第（1）问13分，①3分，②③各1分，④2分，⑤⑥各3分； 第（2）问19分，⑦⑧各3分，⑨1分，⑩2分，⑪⑫⑬⑭各1分；⑮2分，⑯2分，⑳2分； 第（3）问5分，（*）3分，（**）2分； 第（4）问13分，㉒㉓㉕各2分，㉖2分，㉗㉘各1分，㉙2分，㉚1分。 二、（50分） （1）为方便起见，设𝑥 =𝑥 ，𝑥 =𝑥 ，容易写出系统的运动方程为： 0 2𝑁 2𝑁+1 1 0=𝑀𝑥̈ +𝑘(2𝑥 −𝑥 −𝑥 ), (𝑖 =1,…,𝑁) ① 2𝑖−1 2𝑖−1 2𝑖 2𝑖−2 0=𝑚𝑥̈ +𝑘(2𝑥 −𝑥 −𝑥 ), (𝑖 =1,…,𝑁) ② 2𝑖 2𝑖 2𝑖+1 2𝑖−1 （2）按题意，当弹簧环按本征模式做微振动时，所有珠子振动的角频率都相同，设为𝜔。环上所有珠子的 微振动都是稳定的，它们之间的差别应该只是振幅和相位的不同。根据对称性，大珠子振动的振幅应该相 同，设为𝐴；同理，小珠子振动的振幅也应该相同，设为𝐵。同样，根据对称性，相邻珠子之间的振动相位 差应该相同，设为𝛼。于是解的形式可取为 x = Acos[t+ +2(i−1)]， 2i−1 0 i = 1 , 2 , , N ③ x 2 i B c o s [ t 0 ( 2 i 1 ) ]    = + + − ， i=1,2, ,N ④ 式中 0  是一个任意常量。由③式知 𝑥 =𝐴cos𝜔𝑡. ⑤ 1 由于解需要满足条件 𝑥 =𝑥 ⑥ 0 2𝑁 因此有 2𝑁𝛼 = 2𝑛𝜋, 𝑛 ∈𝑍 ⑦ 式中𝑍表示整数集合。由于𝛼的取值有2π周期性，因此独立的取值范围可取为 −𝜋 <𝛼 ≤𝜋 ⑧ 对应的，𝑛共有2𝑁种取法： n = − N + 1 , − N + 2 , , N − 1 , N ⑨ 将解③④代入运动方程①得 2𝑘−𝑀𝜔2𝐴 cos 𝛼 = ⑩ 2𝑘 𝐵 将解③④代入运动方程②得 2𝑘−𝑚𝜔2𝐵 cos 𝛼 = ⑪ 2𝑘 𝐴 从⑩⑪式得 mM4−2k(m+M)2+4k2sin2=0 ⑫ 由⑫式解得本征频率  为 m k M ( m M ) ( m M ) 2 4 m M c o s 2   =  +  − +  ⑬ 由⑦式代入⑬式得5 m k M ( m M ) ( m M ) 2 4 m M c o s 2 n N π  =  +  − +  ， n = 0 ,1 , 2 , , N − 1 ⑭ 已注意到，互为相反数的一对𝑛给出的频率是相同的。⑭式给出了所有可能的本征频率。 （学生解答中排除𝑛 =0的解与否都算对。） （3） （3.1）上面的试探解就给出了一组满足要求的解。将方程⑩⑪两边相除，得到一个关于 A B 的二次代数 方程， A B 2 2 2 k k m M 2 2     = − − ⑮ 它有两个根。由于𝐴和𝐵都是振幅，舍去负根，得 A B 2 2 k k m M 2 2   = − − ⑯ （3.2）显然，所考虑的弹簧环是一个保守系统。系统的总能量 E 不随时间变化，它等于一个振荡周期 内的平均能量𝐸 =⟨𝐸⟩，而后者是易求的。首先，平均动能为： E k = N i= 1 1 2 M 1 T T0 d t x 22 i− 1 ( t ) + N i= 1 1 2 m 1 T T0 d t x 22 i ( t ) ⑰ 将③④式代入⑰式得 E k N i 1 1 2 M 2 A 2 1 T T 0 d t s in 2 [ t ( 2 i 1 ) ] N i 1 1 2 m 2 B 2 1 T T 0 d t s in 2 [ t 2 ( i 1 ) ]       =  =  + − +  =  + − ⑱ 利用 T 1 1 dtsin2(t+)= ⑲ T 2 0 这里𝜑可以是任意相位。将⑲式代入⑱式得 E k 1 4 N 2 ( M A 2 m B 2 )  = + ⑳ 该系统的平均势能 E p 与平均动能 E k 相等 E p = E k ㉑ 因此，总能量 E to t 为 E to t = E p + E k = 2 E k ㉒ 由⑮⑳㉒式得 1 (m+M)k−mM2 E = N2(MA2+mB2)= N2A2 ㉓ tot 2 2k−m2 由㉒㉓式得 (m+M)k−mM2 E = N2A2 ㉔ k 2 ( 2k−m2) （4）这种情形相当于引入了的边界条件 x =0 ㉕ 1 为了找到满足边界条件㉕的解，注意到满足方程①②的解③④实际上是沿圆环运动的行波的分段表示 x 2i−1 = Acos[t+ 0 +k n l 2i−1 ] i=1,2, ,N ㉖x =Bcos[t+ +k l ] 2i 0 n 2i 6 i = 1 , 2 , , N ㉗ 式中𝑘 是波数，𝛼由⑦式定出 𝑛 n N π  = ㉘ 且 k n l2 i 1 [ ( 2 i 1 ) 1 ]  − = − − ㉙ k n l2 i ( 2 i 1 )  = − ㉚ 取𝑛为一对相反数（因而 n  0 ）、向相反方向传播的两列行波的合成波 x 2 i 1 A  c o s [ t 0 k n l 2 i 1 ] c o s [ t 0 k n l 2 i 1 ]      − = + − − − + + − ㉛ x 2 i B  c o s [ t 0 k n l 2 i ] c o s [ t 0 k n l 2 i ]     = + − − + + ㉜ 它显然满足边界条件㉕。由㉘㉙㉚㉛㉜式得 x 2 i 1 2 A s in [ 2 ( i 1 ) ] s in ( t 0 )    − = − + ㉝ x 2 i 2 B s in [ ( 2 i 1 ) ] s in ( t 0 )    = − + ㉞ 由⑯㉞得 x 2 i 2 A 2 2 k k M m 2 2 s in [ ( 2 i 1 ) ] s in ( t 0 )      = − − − + ㉟ 将解㉝㉞代入运动方程①②， 所得的关于本征频率的结果如⑭式所示，只是n0（即 0   ）。 （*） （5）在不依赖于的本征振动模式里，1号珠子不应该振动，而这等价于第（4）问的情形。 （*） 因此，答案与第（4）问的相同。 （**） 评分标准（共50分）： 第（1）问4分，①②各2分； 第（2）问15分，③④各2分，⑥⑦各1分；⑩⑪⑫⑬各2分，⑭1分； 第（3）问12分，⑮1分，⑯2分，⑰1分，⑱⑲⑳㉑㉒各1分，㉓2分，㉔1分； 第（4）问17分，㉕㉖㉗1分，㉙2分，㉚1分，㉛㉜各2分，（*）2分，㉝㉞各2分，㉟1分； 第（5）问2分，（*）1分，（**）1分。 三、（50分） （1）（1.1）干涉仪完整光路示意图如题解图3a所 示，当经过分束器2后向下传播的光相干抵消使 得探测器A光强为0；还有经过分束器2后向上 传播的相干加强的光，这路光按照能量守恒其光 强必然最大，即探测器 B 会有最大光强。 (*) （1.2）在探测器A能量最低时，能量集中在 探测器B的光路里。 解法一： 沿着光路考虑各个场的位相变化（因为振幅 题解图3a 都是一样的，集中考虑位相）。𝐸̃ 、𝐸̃ 表示沿上 1 2 路和下路传播的光经第二个分束器向下进入探测器A的光场，有𝐸̃ =exp[𝑖(𝛿 +𝛿 +𝛿 +𝑘𝑙 )] ① 1 𝑟 m 𝑡 top 𝐸̃ =exp[𝑖(𝛿 +𝛿 +𝛿 +𝑘𝑙 )] （只写出位相，振幅一样大） ② 2 𝑡 m 𝑟 bottom 𝛿 和𝛿 分别是经过分束器反射和透射带来的位相增加，𝛿 是全反镜反射带来的位相增加。𝐸̃′、𝐸̃′表示沿上 𝑟 𝑡 m 1 2 路和下路传播的光经第二个分束器后向上进入探测器B的光场。同样有 𝐸̃′ =exp𝑖(𝛿 +𝛿 +𝛿 +𝑘𝑙 ) ③ 1 𝑟 m 𝑟 top 𝐸̃′ =exp𝑖(𝛿 +𝛿 +𝛿 +𝑘𝑙 ) ④ 2 𝑡 m 𝑡 bottom 当进入探测器A的光场相互抵消时，有𝐸̃ 、 𝐸̃ 的位相差为 1 2 𝑘𝑙 −𝑘𝑙 =𝑘𝛥𝑙 =𝜋 ⑤ top bottom (𝛥𝑙 =𝑙 −𝑙 ) top bottom 此时𝐸̃′、 𝐸̃′相互增强，𝐸̃′、 𝐸̃′位相差应为0： ⑥ 1 2 1 2 2(𝛿 −𝛿 )+𝑘𝛥𝑙 =0 ⑦ 𝑟 𝑡 由此可得 𝜋 𝛿 −𝛿 =−𝜙=− ⑧ 1分； 𝑟 𝑡 2 (依题给公式：𝜙 =𝛿 −𝛿 𝑡 𝑟 𝑡 𝜋 =𝑒𝑖 2 =𝑖 ⑨ 𝑟 【解法二 或者更简洁地，进入下面探测器A的两路光场叠加后为： 𝑟𝑡+𝑟𝑡𝑒𝑖𝑘∆𝑙 (略去𝐸 ) 0 进入上面探测器B的两路光叠加后为： 𝑟2+𝑡2𝑒𝑖𝑘∆𝑙 =𝑅+𝑇𝑒𝑖2𝜙𝑒𝑖𝑘∆𝑙 (𝑅 =𝑟2;𝑇 =𝑡2) 若探测器A上相干抵消： 𝑘∆𝑙 =𝜋， 上面探测器B： |𝑅−𝑇𝑒𝑖2𝜙|=1， 由 𝑅+𝑇 =1， 可知 𝜋 𝜙 = 2 】 上述计算适用于P、S各分量。 （2）对于入射的S偏振，反射、透射也只有S；即P、S分量不会混肴。因而对角矩阵 𝑟̃ 0 𝑟 e𝑖𝛿P 0 𝑅̃ =( P )=( P ) ⑩ 0 𝑟 S ̃ 0 𝑟 S e𝑖𝛿S 为分束器反射矩阵。利用⑨式得 𝑖𝑟̃ 0 𝑖𝑟 e𝑖𝛿P 0 𝑇̃ =( P )=( P ) ⑪ 0 𝑖𝑟 S ̃ 0 𝑖𝑟 S e𝑖𝛿S 7为分束器透射矩阵。 （3）全反镜改变偏振态的矩阵 8 M 入射光场在全反镜面要满足电磁场边界条件：光场（即电场）沿镜面切线方向连续；即入射场和反射场 在全反镜面的切向分量和应为0。因此，若入射光在镜面处的P、S分量分别沿图3b(b)中入射光P、S正方 向，反射后光分别在规定的反射光P、S正方向上的分量为： + 1 、 − 1 ，即有 M =  1 0 0 − 1  ⑫ （4）1/4波片矩阵𝑄̃ 其快轴沿-45度方向，如题解图3b，建立快-慢轴坐标系。 根据定义，P 分量通过1/4波片后的偏振态的矢量表示就是𝑄̃的第一列；将S 分量 通过1/4波片的偏振态矢量，得到的矩阵为其第二列。 假设未知 2  2 矩阵 𝑄̃ =( 𝑎̃ 𝑏̃ ) ⑬ 𝑐̃ 𝑑̃ 作用在基矢量 1 𝑷=( ) ⑭ 0 上： 𝑄̃𝑷=( 𝑎̃ 𝑏̃ )( 1 )=( 𝑎̃ ) ⑮ 𝑐̃ 𝑑̃ 0 𝑐̃ 下面1̂,2̂ 表示沿着P和S方向的基矢量；1̂′,2̂′ 表示沿快-慢轴的基矢量，在1̂,2̂基矢下面， ˆ1 ' = 2 2  1 − 1  , ˆ2 ' = 2 2  1 1  ⑯ 1 √2 √2 1 √2 1 √2 √2 𝑷=( )= [ ( )+ ( )]= 1̂′+ 2̂′ ⑰ 0 2 2 −1 2 1 2 2 0 √2 √2 1 √2 1 √2 √2 𝑺=( )= [− ( )+ ( )]=− 1̂′+ 2̂′ ⑱ 1 2 2 −1 2 1 2 2 P偏振（基矢量1̂，水平偏振）经过该1/4波片后的偏振形式(在原来的P-S基矢量的表达式)： 2 2 1 2 e e i i ˆ1 ( ' 1 i 2 2 ˆ ) 1 e i 1 2 ˆ2 i e ' ( 1 2 i e i 1 ) ˆ2 ( ˆ1 1 2 ˆ2 e ) i 1 2 e 1 i i i 1 ( ˆ1 ˆ2 1 2 ) e i 1 2 e 2 i e e ˆ ( 1 i i3 4 4 ˆ2 ) 1 2 e i e i( ) ( ˆ1 ˆ2 )               = 快 快 + + + 慢 = 快 − 快 = − + 快  + − 慢  = + = 快 快  −  + 快 慢 − 快 + 题解图3b = 2 ei 快e i  4   1  ⑲ 2 i 同理，S偏振（基矢量2，竖直偏振）经过1/4波片： 2 2 1 1 1 1 − ei 快1 ˆ '+ ei 慢2 ˆ '=− ei 快(1 ˆ −2 ˆ )+ ei 慢(1 ˆ +2 ˆ )=− ei 快(1 ˆ −2 ˆ )+ ei 快ei( 慢 − 快 )(1 ˆ +2 ˆ ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 i−1 1 ei34 = ei 快(i−1)1 ˆ + ei 快(i+1)2 ˆ = ei 快   = ei 快 2    2 2 2 i+1 2 ei4 9 2 2 e i e i 4 i 1   = 快   ⑳ 因而波片矩阵： Q= 2 ei 快e i  4   1 i  ㉑ 2 i 1 按照题目要求的标准形式： √2 𝜋 𝑖(𝜙 + ) 𝛼 = 𝑒 快 4 , 𝑏 =𝑖,𝑐 =𝑖,𝑑 =1 2 前面的共有位相因子并不重要，因此下列写法都算正确（即所列3种写法都得分）： 2 i 1 i Q= e 4   或 2 i 1 Q = 2 2  1 i i 1  ㉒ （5） 对于透光方向水平的线偏振片，按照（4）中作用于基矢的方法。 1 𝐿̃ 作用在P 偏振（基矢量 1，水平偏振）后（即 P 偏振经过水平偏振片），依然得到 P 偏振( )；而作 H 0 0 用在S偏振（基矢量2，竖直偏振）后，结果为0，即( )；因而： 0 1 0 𝐿̃ =( ) ㉓ H 0 0 同理对竖直通光线偏振片： 0 0 𝐿̃ =( ) ㉔ V 0 1 对于通光 + 4 5  方向线偏振片，P光（水平偏振，振幅为1）经过它后，得到振幅为√2 的+45线偏振；归一化 2 的+45线偏振基矢的矩阵表达（在P-S 基中）： U + 4 5  = 2 2  1 1  ㉕ 因此 L + 4 5  P = 2 2 U + 4 5  = 1 2  1 1  这就是矩阵的第一列；同理对于S偏振经过 4 5  线偏振片： L + 4 5  S = 2 2 U + 4 5  = 1 2  1 1  这是矩阵第二列；因此： 11 1 L =   ㉖ +45 21 1 （6） 首先写出经过1路和2路到达探测器A的光场： 这里采用矩阵的形式。经过入射起偏后的光称之为入射场，矢量形式为（即振幅为𝐸 的垂直偏振）： 010  0 1  E 0 通过1路到达探测器A的光场： E 1 A 0 0 0 1 r P e 0 i P r S 0 e i S 2 2 e i( 4 ) 1 i i 1 1 0 0 1 r P e 0 i P r S 0 e i S 0 1 E 0       =     快 +    −      ㉗ 上式从右到左依次分别为入射光、反射镜、第一个分束器、反射镜、1/4波片、第二个分束器和最后的竖直 偏振片。这里和下面用𝑟 、 𝑟 、𝑡 、𝑡 表示反射和透射率绝对值。计算可得： P S P S 下面的计算依次来体现经过各个器件后的光场，实际计算可以用有些矩阵可互易会更快捷。 0 0r ei P 0  2 i( +  ) 1 i1 0 r ei P 0 0 E =  P  e 快 4    P   E 1A  0 1  0 rei S  2  i 1  0 −1  0 rei S  1  0 S S 2 i( +  ) 0 0 1 ir ei P(或*） 0 0 = e 快 4    P   E 2  0 rei S  i 1  0 −rei S  1  0 S S ㉘ 2 i( +  ) 0 0 1 i0 =− e 快 4 rei S     E 2 S  0 rei S  i 1  1  0 S 2 i(2+ +  )0 =− r2e S 快 4 E   2 S  1  0 对于2路光到达探测器A的光场： 0 0 𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿P 0 1 1 1 1 0 3 𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿P 0 0 𝐸̃ =[( )( P ) ]( )[( ) ( P )( )]𝐸 ㉙ 2A 0 1 0 𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿S 2 1 1 0 −1 0 𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿S 1 0 S S 上式从右到左代表入射光依次经过分束器透射、3个反射镜、45°线偏振、第二个分束器透射和探测A 前的竖直偏振片，类似前面计算： 1 0 0 1 1 0 1 0 𝐸̃ = 𝑟2𝑒𝑖2𝛿S( )( )( )𝐸 = 𝑟2𝑒𝑖(2𝛿S)( )𝐸 ㉚ 2A 2 S 0 1 1 1 1 0 2 S 1 0 考虑到经过的光程不同，到达探测器A的场完整表达为： E 1 A ( t ) 2 2 r 2S e i(2 S 4 ) 0 1 E 0 e i[k (l1 lA ) t]     = − + 快 +   + − ㉛ 1 0 E (t)= r2ei(2 S )   E eik[(l 2 +l A )−t] ㉜ 2A 2 S 1 0 式中𝑙 是从分束器2到探测器A的光程。干涉项的强度为： 𝐀 1 √2 3 𝐼 干涉 =2⋅ Re[𝐸̃∗ (𝑡)⋅𝐸̃ (𝑡)]= 𝑟4𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )+ 𝜋−𝜙 ] ㉝ A 2 1A 2A 4 S 0 2 1 4 快 （㉝式前是√2 也算对；余类推。） 2 由题给数值 √2 𝑟 = S 2 得√2 3 𝐼 干涉 = 𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )+ 𝜋−𝜙 ] ㉞ A 16 0 2 1 4 快 【另解： 如果这部分计算，使用的1/4波片不带共有的位相，即采用： 11 Q = 2 2  1 i i 1  𝜋 那么上面计算中的㉘式中将没有(𝜙 + )项，最终的㉞式将变为： 快 4 √2 𝐼 干涉 = 𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )+𝜋] ㉝′ A 16 0 2 1 此式于㉞式等价，表面上有个相位差，但只是光程差有个偏移，相当于光程原点选取不同而已。 因此 ㉞、 ㉞′式都算正确。】 经过1路到达探测器B的光场： 𝐸̃ =[( 1 0 )( 𝑖𝑟 P 𝑒𝑖𝛿P 0 ) √2 𝑒 𝑖(𝜙 快 + 𝜋 4 ) ]( 1 𝑖 )[( 1 0 )( 𝑟 P 𝑒𝑖𝛿P 0 )( 0 )]𝐸 ㉟ 1B 0 0 0 𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿S 2 𝑖 1 0 −1 0 𝑟 𝑒𝑖𝛿S 1 0 S S 计算可得（包含光程后）： 𝐸̃ (𝑡)=−𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿P √2 𝑒 𝑖(𝜙 快 + 𝜋 4 ) ( 1 0 )( 1 𝑖 )𝑟 𝑒𝑖𝛿S( 0 )𝐸 𝑒𝑖[𝑘(𝑙1+𝑙𝐵)−𝜔𝑡] 1B P 2 0 0 𝑖 1 S 1 0 =−𝑖𝑟 𝑟 √2 𝑒 𝑖(𝛿S+𝛿P+𝜙 快 + 𝜋 4 ) ( 𝑖 )𝐸 𝑒𝑖[𝑘(𝑙1+𝑙𝐵)−𝜔𝑡] S P 2 0 0 = √2 𝑟 𝑟 𝑒 𝑖(𝜙S+𝜙P+𝜙 快 + 𝜋 4 ) ( 1 )𝐸 𝑒𝑖[𝑘(𝑙1+𝑙𝐵)−𝜔𝑡] ㊱ 2 S P 0 0 式中𝑙 是从分束器2到探测器B的光程。经过2路到达B的光场： 𝐁 1 0 𝑟 𝑒𝑖𝛿P 0 1 1 1 1 0 3 𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿P 0 0 𝐸̃ (𝑡)=[( )( P )] ( )[( ) ( P )( )]𝐸 𝑒𝑖[𝑘(𝑙2+𝑙𝐵)−𝜔𝑡] ㊲ 2B 0 0 0 𝑟 𝑒𝑖𝛿S 2 1 1 0 −1 0 𝑖𝑟 𝑒𝑖𝛿S 1 0 S S 1 1 0 1 1 0 1 3𝜋 1 =− 𝑖𝑟 𝑟 𝑒𝑖(𝜙S+𝜙P )( )( )( )𝐸 𝑒𝑖[𝑘(𝑙2+𝑙𝐵)−𝜔𝑡] = 𝑟 𝑟 𝑒𝑖(𝜙S+𝜙P+ 2 )( )𝐸 𝑒𝑖[𝑘(𝑙2+𝑙𝐵)−𝜔𝑡] ㊳ 2 P S 0 0 1 1 1 0 2 P S 0 0 B探测到的强度的干涉项： 1 √2 3 𝐼 干涉 =2⋅ Re[𝐸̃∗ (𝑡)⋅𝐸̃ (𝑡)]= 𝑟2𝑟2𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )− 𝜋−𝜙 ] ㊴ B 2 1B 2B 4 S P 0 2 1 4 快 √2 3 = 𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )− 𝜋−𝜙 ] ㊵ 16 0 2 1 4 快 【另解： 𝜋 类似对于㉞′式的讨论，所采用的1/4波片矩阵不考虑(𝜙 + )，则： 快 4 𝐼 干涉 =2Re(𝐸̃∗ ⋅𝐸̃ )= √2 𝑟 𝑟 𝑡 𝑡 𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )− 1 𝜋] B 1B 2B 2 S P S P 0 2 1 2 √2 1 = 𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )− 𝜋] ㊵′ 16 0 2 1 2㊵、㊵′式等价。】 综上：㉞，㊵是一组正确的A,B探测器上的干涉项结果；㉞′，㊵′是等价的一组结果。 探测器A的光强㉞式 √2 3 𝐼 干涉 = 𝐸2cos[𝑘(𝑙 −𝑙 )+ 𝜋−𝜙 ] A 8 0 2 1 4 快 可调节令其相位差记作∆𝜙，则： √2 𝐼 干涉 = 𝐸2cos (𝛥𝜙) ㊶ A 8 0 相应的B上光强㊵式 √2 𝜋 √2 𝐼 干涉 = 𝐸2cos(𝛥𝜙+ )=− 𝐸2sin(𝛥𝜙) ㊷ B 8 0 2 8 0 对于光强记为㉞㊵式，或㉞′㊵′式，所得结果同上。 （7）由于探测器A 给出 12 c o s ( )   ， B给出 s i n ( )   题解图3c ，因此相位差可以唯一确 定了。 （*） 具体实验中可以： 干涉 干涉 a)记录𝐼 ,−𝐼 , 作题解图3c （或用示波器X_Y输入得李萨如图形）： （**） A B 或者 干涉 干涉 b) 由𝐼 ,𝐼 的比值得到tanΔ𝜙; 再由𝐼 的正负得到角度的负正。 （***） A B B 评分标准（共50分）： 第（1）问6分，（*）和题解图3a各1分，①或②式1分，③或④式1分，⑤⑧式1分； 第（2）问2分，⑩⑪式各1分； 第（3）问2分，⑫式2分； 第（4）问8分，⑰⑱⑲⑳式各1分，㉑式4分； 第（5）问5分，㉓㉔各1分，㉖式3分； 第（6）问24分，㉗㉙㉟㊲式各3分，㉝㊵各2分，㊶㊷式各4分； 第（7）问3分，（*）或（**）或（***）3分。 四、（70分） （1）（1.1）设C的圆形轨迹的圆心为D，以CD连线为转动参照系s【此参照系可以看作一个和CD连线刚 性相连的刚体且绕过D点的竖直轴以角速度𝛺转动（但不随CD自转）】，俯视图见题解图1a。细杆在此参 照系中受到的惯性离心力对细杆端点C的力矩大小为 𝐿 𝑀 𝑅 𝐿 ∫ 𝑑𝑙 ∙𝛺2(𝑅−𝑙sin𝜙)∙𝑙cos𝜙 =𝑀𝛺2𝐿cos𝜙∙( − sin𝜙) ① 𝐿 2 3 0由细杆在s中绕端点C的力矩平衡条件 𝑅 𝐿 𝐿 𝑀𝛺2𝐿cos𝜙∙( − sin𝜙)=𝑀𝑔∙ sin𝜙 ② 2 3 2 由此得 2𝐿 𝑔 𝑅 = sin𝜙+ tan𝜙 ③ 3 𝛺2 题解图1a （1.2）由于平衡车的总动量的垂直分量始终为零，因此 𝑁 +𝑁 =𝑀𝑔 ④ 左 右 现通过上述两个压力的力矩求它们的差值的表达式。下面通过两种方法求细杆的角动量。 解法一：在地面参照系计算 由于车轮质量在本问中可以忽略，只需要求细杆的角动量。设本问中 D 和 C 在地面上的竖直投影分别 为D′和C′，并以D′为原点建立固定在地面上的坐标系S（D’-XYZ），如题解图1b。s坐标系（D′-xyz）的三个 坐标轴仍然取题述方向，但原点 O 取与 D′重合，s 坐标系相对于地面绕原点 D′（O）以角速度𝜴=−𝛺𝒌转 动，见题解图1b，s坐标系相对于（1.1）中的旋转参照系s静止，因此用了相同的符号s。在地面参照系中， s系的各坐标轴的单位矢量𝒊,𝒋,𝒌可用S系中的分量表示如下 𝒊=[cos(𝛺𝑡),−sin(𝛺𝑡),0] 𝒋=[sin(𝛺𝑡),cos(𝛺𝑡),0] 𝒌=(0,0,1) 这里的第一个式子为随动坐标系 s 中的𝑥轴的单位矢量𝒊在 S 系中的分量形式，其 他两式的意义亦显然。注意 𝑑 𝒊 𝑑𝒋 𝑑 𝒌 =−𝛺𝒋 =𝛺𝒊 =0 ⑤ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 下面计算细杆相对于D′ 的角动量： 解法一a：分解为质心相对于原点D′的角动量+刚体相对于质心的角动量两部 分求总角动量 题解图1b 细杆的主轴方向为𝒃 =𝒊cos𝜙−𝒌sin𝜙，𝒃 =𝒋，𝒃 =𝒊sin𝜙+𝒌cos𝜙，沿主轴方向的转动惯量为 1 2 𝟑 𝐼 =𝐼 = 1 𝑀𝐿2，𝐼 =0，细杆对其质心的角动量为 细杆,1 细杆,2 12 细杆,3 1 𝑳 =𝐼 (𝜴⋅𝒃 )𝒃 +𝐼 (𝜴⋅𝒃 )𝒃 +𝐼 (𝜴⋅𝒃 )𝒃 = 𝑀𝐿2[(−𝛺𝒌)⋅𝒃 ]𝒃 细杆 细杆,1 1 1 细杆,2 2 2 细杆,3 𝟑 𝟑 12 1 1 1 = 𝑀𝐿2(𝛺sin𝜙)(𝒊cos𝜙−𝒌sin𝜙) ⑥ 12 细杆的总角动量为 𝑳=𝑳 +𝑳 质心 细杆 𝐿 𝐿 𝐿 =−𝑀(𝑅− sin𝜙)𝛺𝒋×[−(𝑅− sin𝜙)𝒊+(𝑟+ cos𝜙)𝒌]+𝑳 2 2 2 细杆 𝐿 2 𝐿 𝐿 =−𝑀𝛺(𝑅− sin𝜙) 𝒌−𝑀𝛺(𝑅− sin𝜙)(𝑟+ cos𝜙)𝒊 2 2 2 1 + 𝑀𝐿2(𝛺sin𝜙)(𝒊cos𝜙−𝒌sin𝜙) 12 𝐿2 𝑅𝐿cos𝜙 𝑟𝐿sin𝜙 𝐿2 =−𝑀𝛺(𝑅2−𝑅𝐿sin𝜙+ (sin𝜙)2)𝒌−𝑀𝛺(𝑅𝑟+ − − sin𝜙cos𝜙)𝒊 ⑦ 3 2 2 3 13【解法一b：积分求总角动量 考虑细杆上距C点𝑙 处的质元，其在s系中的坐标为 −(𝑅−𝑙sin𝜙)𝒊+(𝑟+𝑙cos𝜙)𝒌 速度为 (𝑅−𝑙sin𝜙)𝛺𝒋 因此整个细杆对于D′的角动量为 𝐿𝑀 𝑳=−∫ d𝑙∙(𝑅−𝑙sin𝜙)𝛺𝒋×[−(𝑅−𝑙sin𝜙)𝒊+(𝑟+𝑙cos𝜙)𝒌] 𝐿 0 𝐿2 =−𝑀𝛺(𝑅2−𝑅𝐿sin𝜙+ (sin𝜙)2)𝒌 3 𝑅𝐿cos𝜙 𝑟𝐿sin𝜙 𝐿2 −𝑀𝛺(𝑅𝑟+ − − sin𝜙cos𝜙)𝒊 ⑥′⑦′ 2 2 3 结果与解法一a中的⑦式相同。】 角动量变化率为 d 𝑅𝐿cos𝜙 𝑟𝐿sin𝜙 𝐿2 𝑳=𝑀(𝑅𝑟+ − − sin𝜙cos𝜙)𝛺2𝒋 d𝑡 2 2 3 d 注意摩擦力不能产生相对于原点D′的力矩，因此， 𝑳=总外力矩的条件为： d𝑡 𝑅𝐿cos𝜙 𝑟𝐿sin𝜙 𝐿2 𝑑 𝑑 𝐿sin𝜙 𝑀𝛺2(𝑅𝑟+ − − sin𝜙cos𝜙)=𝑁 (𝑅+ )+𝑁 (𝑅− )−𝑀𝑔(𝑅− ) ⑧ 2 2 3 左 2 右 2 2 【解法二：在旋转参照系计算 在跟随平衡车质心旋转的参考系 s，车轴中心线和细杆均处于静止状态，地面和车轮相对于车体运动。 本题成为细杆的静力平衡问题。 仍使用解法一中的坐标系和单位向量𝒊,𝒋,𝒌。注意在旋转参考系中，𝒊,𝒋,𝒌为常向量。旋转坐标系相对于 静止系的角速度向量为(−𝛺𝒌)。 计算平衡车整体相对于D’点的力矩平衡，这样不需要求出摩擦力。 与（1.1）中的计算类似，细杆的惯性力对D’点的力矩大小为 𝐿 𝑀 𝜏 =∫ 𝑑𝑙 ∙𝛺2(𝑅−𝑙sin𝜙)∙(𝑙cos𝜙+𝑟) 惯性力，细杆 𝐿 0 𝑅𝐿 𝐿2 𝑟𝐿 =𝑀𝛺2∙( cos𝜙− sin𝜙cos𝜙+𝑅𝑟− sin𝜙) ⑨ 2 3 2 细杆的力矩平衡条件为 𝑑 𝑑 𝐿sin𝜙 𝑅𝐿 𝐿2 𝑟𝐿 𝑁 (𝑅+ )+𝑁 (𝑅− )−𝑀𝑔(𝑅− )=𝑀𝛺2∙( cos𝜙− sin𝜙cos𝜙+𝑅𝑟− sin𝜙) ⑩ 左 2 右 2 2 2 3 2 结果和解法一的相同。】 利用③④⑧式得 2𝑟 𝐿𝛺2sin𝜙 𝑁 −𝑁 =𝑀⋅ [𝑔tan𝜙+ ] ⑪ 左 右 𝑑 6 由④⑪式得 𝑀 𝑟 𝐿𝛺2sin𝜙 𝑁 = 𝑔±𝑀 [𝑔tan𝜙+ ] ⑫ 左|右 2 𝑑 6 （2）由质心运动定理得，地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力 f 满足 f =(M +2m)a() ⑬ 14每个车轮绕车轴的转动惯量为 15 I = m r 2 ⑭ 由题意，车轮在地面上作纯滚动，车轮绕轮轴转动的角加速度为 a() = ⑮ r 由角动量定理得，车内发动机对两个车轮共输出相对于轮轴的扭矩 ( )  满足 ()− fr=2I ⑯ 由⑬⑮⑯式得 ( ) M 2 m 2 r I2 r a ( )   =  + +  ⑰ 由题意，细杆倾角保持不变，因此 f 和 ( )  也保持不变。 C 点做匀加速直线运动。在随 C 点平动的加速 参照系内，细杆的加速度为零，细杆绕端点 C 点的力矩满足平衡条件 M g L 2 s in M a ( ) L 2 c o s ( ) 0      − +  = ⑱ 其中， ( )    与 ( )  互为正反力矩 ()=−() ⑲ 由⑰⑱⑲式得 a ( ) M L c o M s L g 2 s in ( M 4 m ) r    = + + ⑳ ( ) M ( M L c o s 4 m ) r 2 M ( M L g s in 4 m ) r    = + + + ㉑ （3）取坐标系 s’（Oxyz）的原点 O 为 C 点的初始位置在地面上的垂直投影，在 t 时刻 C 的直角坐标为 ( 0 , y ( t ) , r ) ，则细杆质心在 t 时刻的位置为 ( 0 , y ( t ) L 2 s in ( t ) , r L 2 c o s ( t ) )   + + ㉒ 【可以求得最后的运动方程后再做小量展开，也可以在过程中保留 1 阶小量；这里𝜃、𝑦及其各阶导数以及 𝜏 均为1阶小量。】 解法一： 在随 C 点平动的加速参照系内，车体细杆相对于 C 点的转动方程为 1 L L ML2=Mg (t)−My −() ㉓ 3 2 2 由此得 y g 2 L 3 2 M ( L )    = − −  ㉔ 由㉒式得，细杆质心加速度的 y 分量为 a y ( ) d d 2 2 t y ( t ) L 2 s in ( t ) y L 2 ( c o s 2 s in ) y L 2        =  +  = + − = + ㉕ 地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力 f 为 ML f =(M+2m)y+  ㉖ 2 由车轮在地面上的纯滚动条件，车轮绕轮轴转动的角速度为16 y r  = ㉗ 角加速度为 y r  = ㉘ 由角动量定理得，车内发动机对两个车轮共输出相对于轮轴的扭矩 ( )  满足 2I=()− fr ㉙ ㉙式形式和⑯式相同，但在不同的条件得到。由㉖㉘㉙式得 𝑀′𝐿𝑟 𝑀′ 𝑟⋅𝑦̈ =𝜏(𝜃)− 𝜃̈ ㉚ 整体 2 式中 M 整 体 = M  + 2 m + 2 r I2 = M  + 4 m ㉛ 将㉔代入㉚消去𝑦̈， 2 𝑀′ 2𝑟 −( 𝑀′ − )𝐿𝑟𝜃̈ =−𝑀′ 𝑟𝑔𝜃+(𝑀′ ⋅ +1)𝜏(𝜃) ㉜ 3 整体 2 整体 整体 𝑀′𝐿 将㉑式代入㉜式 2 𝑀′ 𝑀 整体 −𝑀 𝑀 整体 −( 𝑀′ − )𝐿⋅𝜃̈ =𝑔⋅( ⋅ +1)(𝑀−𝑀′)⋅𝜃 ㉝ 3 整体 2 𝑀𝐿 𝑀′ 𝑀 + 整体 2𝑟 【 解法二： 在随C点平动的加速参照系内，车体细杆相对于C点的转动方程为 1 3 M L 2 M g L 2 s in ( t ) M y L 2 c o s ( t ) ( )      =  −  − ㉓′ 由㉓′式得 y g ta n 2 3 c L o s M 2 L ( c o ) s      = − −  ㉔′ 由⑩式得，细杆质心加速度的 y 分量为 a y ( ) d d 2 2 t y ( t ) L 2 s in ( t ) y L 2 ( c o s 2 s in )       =  +  = + − ㉕′ 地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力 f 为 f 2 ( m M y M 2 m a ) y y ( ) M 2 2 L m ( y c o M s [ y 2 L 2 s ( in c ) o s 2 s in ) ]          = =  + +  + =  +  − + − ㉖′ 同样，由题意，车轮在地面上做纯滚动，车轮绕轮轴转动的角加速度为17 y r  = ㉗′ 角加速度为 y r  = ㉘′ 由角动量定理得，车内发动机对两个车轮共输出相对于轮轴的扭矩 ( )  满足 2I=()− fr ㉙′ 由㉖′㉘’㉙’式，得 M r y ( ) M L 2 r ( c o s 2 s in )      整 体 = −  − ㉚′ 式中 M 整 体 = M  + 2 m + 2 r I2 = M  + 4 m ㉛′ 将㉔′代入㉚′消去𝑦̈， 2𝐿𝜃̈ 2𝜏(𝜃) 𝑀′𝐿𝑟 𝑀′ 𝑟(𝑔tan𝜃− − )=𝜏(𝜃)− (cos𝜃∙𝜃̈ −sin𝜃∙𝜃̇2) 整体 3cos𝜃 𝑀′𝐿cos𝜃 2 化简得关于𝜃的微分方程 2 𝑀′cos𝜃 −(𝑀′ ⋅ − )𝐿𝑟𝜃̈ 整体 3cos𝜃 2 2𝑟 𝑀′𝐿𝑟 =−𝑀′ 𝑟𝑔tan𝜃+(𝑀′ ⋅ +1)𝜏(𝜃)+ sin𝜃∙𝜃̇2 ㉜’ 整体 整体 𝑀′𝐿cos𝜃 2 将㉑式代入㉜’式 2 𝑀′cos𝜃 (𝑀′𝐿cos𝜃+2𝑀′ 整体 𝑟)𝑀 整体 𝑀𝑔tan𝜃 𝑀′𝐿 −(𝑀′ ⋅ − )𝐿𝜃̈ =−𝑀′ 𝑔tan𝜃− + sin𝜃∙𝜃̇2 整体 3cos𝜃 2 整体 (𝑀𝐿cos𝜃+2𝑀 𝑟)𝑀′ 2 整体 化简后得， 2 𝑀′cos𝜃 −(𝑀′ ⋅ − )𝐿𝜃̈ 整体 3cos𝜃 2 𝑀 整体 −𝑀 1 1 𝑀′𝐿 =𝑀 𝑔tan𝜃⋅( ⋅ + )(𝑀−𝑀′)+ sin𝜃∙𝜃̇2 整体 𝑀𝐿cos𝜃 𝑀′ 𝑀 2 𝑀 + 整体 整体 2𝑟 做小量近似，上面方程保留到1阶为 2 𝑀′ 𝑀 整体 −𝑀 𝑀 整体 −( 𝑀′ − )𝐿⋅𝜃̈ =𝑔⋅( ⋅ +1)(𝑀−𝑀′)⋅𝜃 ㉝′ 3 整体 2 𝑀𝐿 𝑀′ 𝑀 + 整体 2𝑟 与㉝式相同】 由于 2 𝑀′ 𝑀′ − >0 3 整体 2𝑀 −𝑀 整体 >0 𝑀𝐿 𝑀 + 整体 2𝑟 因此做小振动的条件是 𝑀 >𝑀′ ㉞ 这时该方程为简谐振动方程，小振动频率为 𝑀 −𝑀 𝑀 ( 整体 𝑀𝐿 ⋅ 𝑀 整 ′ 体 + 1)(𝑀−𝑀′) 𝑀 整体 + 2𝑟 𝑔 𝜔 = ⋅√ 2 𝑀′ 𝐿 𝑀′ − √ 3 整体 2 4𝑚 𝑀+4𝑚 ( + 1)(𝑀−𝑀′) 𝑀𝐿 𝑀′ 𝑀+4𝑚+ 2𝑟 𝑔 = ⋅√ ㉟ 1 8𝑚 𝐿 𝑀′+ √ 6 3 这里， 2𝐼 𝑀 =𝑀+2𝑚+ =𝑀+4𝑚 整体 𝑟2 评分标准（共70分）： 第（1） （1.1）问7分，①2分，②3分，③2分； （1.2）问16分，④2分，⑤3分，⑥⑦各2分，⑧3分，⑪⑫各2分； 第（2）问16分，⑬2分，⑭⑮各1分，⑯3分，⑰⑱各2分，⑲1分，⑳㉑各2分； 第（3）问31分，㉒3分，㉓4分，㉔1分，㉕3分，㉖3分，㉗㉘㉙各1分，㉚3分， ㉜㉝各2分，㉞3分，㉟4分。（带撇的表达式参照不带撇的赋分） 五、（50分） （1）如题解图5a，取半径𝑟处与径向垂直的面元dS（图中仅画出了面元的侧面），以O为顶点，dS为 横截面作一锥体。对于球对称质量分布的恒星，当锥体的侧面高度增加 18 d r 时，锥体的横截面由原来的 d S 增 加为 d S ' (图中未标出)。在上述锥体内，dS和 d S ' 两个横截面之间区域的体积元为 d r d S （其侧面以斜线部分 表出）。取沿径向向外的为正方向，即可得上述体积元内的物质受力平衡方程为 Gm(r)(r)drdS dp(r)dS 0 ① r2 其中𝜌(𝑟)为𝑟处的恒星物质密度，而m(r)为 r m(r) dr4πr2(r) ② 0 由 ( r ) 题解图5a  的定义或直接将②式两边对r微分得 dm(r) 4πr2(r) ③ dr 由①③式得，在平衡状态下𝑚(𝑟)与𝑝(𝑟)满足 dp(r) Gm(r)dm(r) 0 ④ dr 4πr4 dr将③式代入④式得 19 d p d ( r r ) G ( r r ) 2 m ( r )  ⑤ ③⑤式即为在平衡状态下 m ( r ) 与 p ( r ) 满足的微分方程。 （2）直接计算，并利用④式，得到： d Gm2(r) dp(r) Gm(r)dm(r) Gm2(r) Gm2(r) p(r) 0 ⑥ dr 8πr4 dr 4πr4 dr 2πr5 2πr5 由②式可知， lim r 0 m ( r ) ( 0 ) r 3  ⑦ 进而，由⑦式可知 lim r 0 m 2 r ( 4 r ) r 2 0 ⑧ 在恒星表面 r R 处， p ( R ) 0 ⑨ m ( R ) M ⑩ 由⑥式得 p ( r ) G m 8 π 2 ( r 4 r ) r R p ( R ) G m 8 π 2 ( R R 4 ) ⑪ 在⑪左端取 r 0 ，并利用⑧⑨⑩式得 p ( 0 ) G 8 M π R 2 4 ⑫ 恒星中心压强的最小值（下界）如⑫式右端所示。 （3）恒星的引力势能为 E grav R 0 G m r ( r ) 4 π r 2 ( r ) d r  ⑬ 由⑤⑬式得 E grav R 0 4 π r 3 d p ( r ) ⑭ 对上式右边分部积分得 E grav 4 π r 3 p ( r ) R 0 1 2 π R 0 p ( r ) r 2 d r 1 2 π R 0 p ( r ) r 2 d r ⑮ 由于r 0和 p ( R ) 0 ，上式第一个等号右边第一项消失为0。 （4）恒星不解体的条件是其总能量 E tot E in t E grav 0 ， ⑯ 其中总势能E 由⑮式给出，而总内能 grav E int 为 R E u(r)4πr2dr ⑰ int 0 由题给条件 ( 1)u(r) p(r) 和⑰式得 1 R E p(r)4πr2dr ⑱ int  1 0 由⑮⑯⑱式得恒星的总能量为4  1 3 E E E E E E ⑲ total int grav 3  1 grav grav  1 grav 如果恒星稳定、不会解体，则要求⑯式应被满足。注意到E 0，由⑲式知，应满足的条件是 grav 4  ⑳ 3 （5）光子气体的内能密度 20 u rad 可由普朗克黑体辐射能谱分布对频率积分得到。由题给公式得 u rad 0 d 8 π c 3 2 e h h /kT 1 0 d ( h ) c 8 3 π h 3 e h h /(kT ) 3 1 5 8 π k 1 5 h 4 T 3 c 3 4      ㉑   为了计算光子气体的光压，可在辐射场中任取一斜柱形体积元如题解图 5b 所 示，其中 d S 是体积元的底面的面积，𝑐𝑑𝑡是体积元的侧面母线的长度。若光子气体 的光压为 p ，它在 rad d t 时间内作用对面元 d S 的冲量为 d I p rad d S d t ㉒ 取垂直于体积元的底面面元中心的垂线为极轴（向下为正，见题解图 5b）。一个频 率为的光子在dt时间内，在面元dS上转移的动量在dS方向的投影为 d p h c h c c o s 2 c o c s h      ㉓  它正比于一个频率为的光子的能量 h 。各个频率的光子在 d t 时间内光子在面元 d S 上转移的动量在 d S 方 向的投影之和为 d p 2 c o c s 1 4 π 0 d 8 π c 3 2 e h h/kT 1 2 c o c s u 4 radπ      ㉔  式中 u 4 raπ d 是单位立体角内的光子气体的内能密度。冲量𝐼实际上是光子在dt时间内光子在面元 d S 上转移的 总动量在 d S 方向的投影之和 I 2 π 0 d π /2 0 d c o s 2 c o c s u 4 radπ d S c d t c o s 2 u 4 radπ d S d t 2 π 0 d π /2 0 c o s 2 d c o s 1 3 u rad d S d t        ㉕ 由㉕式 p rad 1 3 u rad 8 π 4 5 k 5 h 4T 3 c 4 3 ㉖ 由㉖式和绝热指数的定义可得 1 p u rad rad 4 3  ㉗ （6）仍考虑题解图5a中的体积元，其吸收的辐射的动量给出光压在内外侧压力差，即 d p rad ( r ) d S ( r ) ( r d S ) d r d S 1 c L 4 ( π r r ) 2 d S   ㉘ 等式右端的乘号左、右两边分别是单位面积经过dr距离被吸收的光子的数目和单位时间内穿过面元dS的光 子的总动量。由㉘式得 d p rad d r ( r ) ( r ) 4 π ( r ) 2 r c L ( r ) 题解图5b   ㉙ 将㉖式代入㉙式，并利用④式得 dT(r) 45h3c2(r) dm(r) T3(r) L(r) ㉚ dr 512π7k4r4 dr （7）恒星内部每一点的总压强等于原子物质分压𝑝 与光压 p 之和，即 atom rad21 p ( r ) p atom ( r ) p rad ( r ) ㉛ 在加入辐射之后，第（1）问⑤式中的𝑝应理解为总压强。于是由⑤㉙式和题给假设得 d p atom d r ( r ) d p d ( r r ) d p rad d r ( r ) G ( r r ) 2 m ( r ) ( r ) 4 π ( r ) 2 r c L ( r ) 0    ㉜ 由㉜式得，在恒星表面r R处有 dp (r) G(R)m(R) (r)(R)L(R) atom 0 ㉝ dr R2 4πR2c r R 由㉝式得 L ( R ) 4 π c G ( R M ) ㉞  评分标准（共50分）： 第（1）问7分，①2分，②③④1分，⑤2分； 第（2）问10分，⑥2分，⑦⑧⑨⑩各1分，⑪⑫各2分； 第（3）问5分，⑬式2分，⑭1分，⑮2分； 第（4）问8分，⑯⑰2分，⑱1分，⑲2分，⑳式1分； 第（5）问10分，㉑2分，㉒1分，㉓2分，㉔㉕㉖1分，㉗式2分； 第（6）问5分，㉘2分，㉙式1分，㉚2分； 第（7）问5分，㉛㉜1分，㉝2分，㉞1分。 六．（50分） （1） 在导体板A、B之间，设为真空电磁波的波长，有 n 2 a , n 1 , 2 , 3 ,  = = ① 由此得 2πc 2a = =  n 因此，在导体板A、B之间，真空电磁波的角频率为 n π a c , n 1 , 2 , 3 ,  = = ② 同理，在导体板B、C之间，真空电磁波的角频率为 n L π c a , n 1 , 2 , 3 ,  = − = ③ （2）间隔为 r 的两块相邻导体板之间的真空电磁场能量为 E ( r ) 1 2 n 1 1 2 π n r c   =  =   = ④ 由三块隔开的导体板构成的系统的真空电磁场能量的总能量为 1 1  1 E (a)=E(a)+E(L−a)=( + ) πnc ⑤ tot a L−a 2 n=1 （3）按照功能原理，导体板B所受到相互作用力为22 F ( a ) = − d E to t d a ( a ) = ( 1 a 2 − ( L 1 − a ) 2 )  n = 1 1 2 π n c ⑥ 结果是发散的。 （4）按照题给的方法，间隔为 r 的两块相邻导体板之间的真空电磁场能量为 E(r)= 1 e − π  = π c   ne −  nc r = π c   ne−n ⑦ 2 2r 2r  n=1 n=1 c 这里= 1。将等比求和公式 r n 1 e n 1 e e      = − = − − − ⑧ 两边对  求导得 n 1 n e n (1 e e ) 2    −   = − = − − − − ⑨ 对小量  展开得 n 1 n e n (1 e e ) 2 e 1 e 2 1 2 1 1 2 2 4 2 0          = − = − − − = + − − = − + + ⑩ 所以能量为 E ( r ) π 2 c r ( 1 e e cr cr ) 2 π 2 c 2 r π 2 4 c r O ( 1 2 )     = − − − = − + ⑪ 由三块隔开的导体板构成的系统的真空电磁场能量的总能量为 π π c 1 1 1 E (a)=E(a)+E(L−a)= 2L− ( + )+O( ) ⑫ tot 2c 24 a L−a 2 由功能原理，导体板B所受到的相互作用力为 F ( a ) d E to t d a ( a ) d d a [ E ( a ) E ( L a ) ] π 2 c 4 [ ( L 1 a ) 2 1 a 2 ] O ( 1 2 )  = − = − + − = − − + ⑬ 由⑬式得 π c lim limF(a)=− ⑭ →L→ 24a2 负号表明A、B之间相互吸引。 （5）按照题给的方法，间隔为 r 的两块相邻导体板之间的真空电磁场能量为 E ( a ) 1 2 f ( π ) π 2 c a n 1 n f ( n c a )      =  =   = ⑮ 同理 E ( L a ) 2 ( π L c a ) n 1 n f ( ( n L c a ) )  − − = −   = ⑯ 当L→，将对 n 求和变为对 x nc 积分（ →x），有 (L−a)23 E ( L a ) 2 ( π L π 2 c c a a ) n 2 1 0 n d f x ( x f n c ( L ( x ) a ) ) π 2 c ( L a ) 2 0 d x x f ( x )   −   − = = − −   =  = −  ⑰ 这里 π 2 c L 2 0 d x x f ( x )   =  系统的真空电磁场能量的总能量为 E (a)=E(a)+E(L−a) tot π c   nc a22   =L+ nf( )− dxxf(x) ⑱ 2a  a c2  n=1 0  π c   nc  nc  =L+ nf( )−dnnf( ) 2a  a a  n=1 0  nc 定义G(n)nf( ) (G(n)不是电磁力) ，按照题给公式有 a N n = 1 G ( n ) − N0 d n G ( n ) = G ( N ) − 2 G ( 0 ) + G ( N ) 1 − 2 G ( 0 ) + 因为 G (k  2 ) ( n ) 包含因子 1k 1  − ，由此可知 lim x →  G ( j) ( x ) = 0 ⑲ 于是当 x →  （ →  ）时有 N n = 1 G ( n ) − N0 d n G ( n ) = − G ( 2 0 ) − G ( 0 1 2 ) + ⑳ 由 G ( n ) n f ( n c a )   有 G ( 0 ) = 0 ㉑ nc nc nc G(n)= f( )+ f( ) ㉒ a a a 由㉒式有 G(0)= f(0)=1 ㉓ 由⑰⑳㉑式得 π c 1  1 E (a)=L+ − +O( ) ㉔ tot 2a  12  所以当 L →  及 →  ，由㉔式有 F ( a ) = − d E to t d a ( a ) = − 2 π 4 c a 2 ㉕ 此结果与 f(x)的函数形式无关。 （*） 评分标准（共50分）： 第（1）问5分，①2分，②③共3分； 第（2）问4分，④⑤式各2分；第（3）问4分，⑥式4分； 第（4）问15分，⑦2分，⑧1分，⑨⑩⑪⑫⑬⑭各2分； 第（5）问22分，⑮⑯共3分，⑰⑱⑲⑳㉑㉒㉓㉔㉕各2分，（*）1分。 24