第一届UPhO试题

【问题】经过长期的观测，人类又确定一颗距离地球1520l光年的行星的存在，并将其所属恒星命名为CZ星。这样遥远的恒星对于人类最精密的望远镜来说，也是模糊的一团，不能分辨内部结构，但是通过对于光的强度和频率的仔细测量，人们还是能对推测出这样行星的存在，并推测行星的属性。（1）假设恒星表面满足黑体辐射定律。已知太阳表面温度约35.510KST，太阳光辐射的峰值波长约为550nmS。CZ星的星光辐射峰值波长约为400nmC，由此估算CZ星表面温度CT为多少?（2）不考虑星际尘埃的影响，测量得到该星光在太阳系内的能流密度平均值为13-25.1710WmCS，斯特藩常数为8-2-45.6710WmK，由此估算恒星的半径Cr为多少？（3）当行星、CZ星、地球位于一条直线上的时候，星光会被行星挡住一部分，从而变弱，形成凌日现象，我们可以由此推断行星的存在。我们观测到的凌日现象时，光强大约变弱了0.01%，由此推算行星半径和恒星半径的比值/CPrr为多少？（4）我们发现凌日现象的持续时间为10LT小时，出现的周期为568PT天。并发现星光的频率随时间有周期性的波动，周期与PT相同。这种现象产生的原因是恒星受到行星的影响，来回摆动，从而引起多普勒效应。观察到氢的谱线最高频率和最低频率相对差值为10/6.910。我们由恒星的半径和温度估算得到恒星的质量为302.610kgCM。由行星半径可以知道这是一颗固态行星，推测其密度为3-35.010kgm。万有引力常数11-226.6710NkgmG，计算行星运动的速度Pv为多少？（5）计算行星运动的轨道半径pR为多少？（6）计算行星表面的重力加速度pg（7）假设行星表面对恒星光线的反射率为0.1r，而行星辐射在红外区域，其辐射可以近似使用黑体辐射公式。估算行星表面温度OT（8）计算行星运动和黄道面和恒星到我们的连线之间的夹角θ（用弧度制表达）；（9）假设宇宙中文明均匀的分布且非常多，则有可能看到CZ星星系中行星凌日现象的文明占全体文明的比例η为多少？【分析】（1）考察维恩位移定律；（2）利用黑体辐射定律即可；（3）行星遮挡了恒星发出的部分光，因此总亮度会降低。（4）考察多普勒效应；（7）平衡时吸收和辐射的能量相同；（8）其黄道面与到太阳系的夹角非零，导致凌日时间比在CZ星赤道中的更短；（9）行星凌日所扫出的立体角内的空间是可能发现凌日现象的。【解答】（1）由维恩位移定律可知黑体辐射峰值波长与温度之乘积为常量，因此有：SSCCTT得到37.56210KCT（2）能流密度为CZ星总能量除以到太阳系所对应的总球面积，因此由黑体辐射公式可得：422·44CCCTrSl解得：84·=7.59810mCCCSrlT（3）遮住的面积与恒星总面积之比正比于光亮度之比：220.01%PCrr解得：0.01PCrr（4）由于频率改变极小，可知恒星运动速度vC远小于光速，可用经典多普勒效应：CCcccvcv保留到一阶小量可解得：1013.45101.03510m/sCvc因此有行星速度：432.92910m/s43CCPPMvvr（5）轨道半径满足：2PPRvT得到112.28810m2PPvTR（6）重力加速度为：32244310.61m/s3PPPPGrgrGr（7）行星单位时间内吸收、辐射的能量相同：422422·(1)444CCPOPPTrrrTrR得到：1/4221300.1KCOCPrTrTR（8）其黄道面与到太阳系的夹角非零，导致凌日时间比在CZ星赤道中的更短，如图所示2cosCLPrTv因此θ满足：sinsinCPrR得到：222/4arcsin0.1598radCLPPrTvR（9）只需要求出2β角内扫出的立体角即可，因此有：sinCPrR，221cos/214得到：33.32110CPrR【题目】宇宙这么大，于是我们想去看一看1520光年远的CZ星。鉴于曲率推进技术并不成熟，我们 决定 郑伟家庭教育讲座全集个人独资股东决定成立安全领导小组关于成立临时党支部关于注销分公司决定 使用反物质推进的方案，即将正反物质湮灭为光子，让光子沿着与航线相反方向发射，利用光的动量推进飞船，或者沿着航线方向发射，用来减速。推进器和飞船自重为0m。方案一：让飞船携带总质量为0MZm的正反物质燃料（质量比为1：1）。方案二：只携带/2M的正物质，飞船一边收集反物质一边将其和正物质湮灭为光子推进。【问题】（1）将全部燃料用于加速，飞船最终到达的速度max/vc为多少？（2）假设在飞船参照中，推进器单位时间能消耗的燃料质量为，则当总消耗燃料质量达到M时（1/2），在地面参照系中，方案一的速度1/vc为多少？（3）方案二的速度2/vc为多少？（4）接（2）问，在地面系中方案一的飞船加速度为1a，10amc为多少？（5）接（3）问，在地面系中方案二的飞船加速度为2a，02amc为多少？【分析】包含喷出的光子在内，整体能、动量守恒即可。在计算加速度时要考虑到加速度变换，通常不会去记，所以需要现推。【解答】（1）包含被喷出去的光子，两种方案的初态和末态条件是一样，所以结论相同。假设有能量为E的光子被喷出去。如图，令2max11(/)vc由动量守恒(由质能关系222220()Emcpc可以得到飞船动量为201mc)2010Emcc由能量守恒222000mcEZmcmc解得22222ZZZ于是2max2(1)1(1)1vZcZ（2）同上一问计算，注意在飞船系消耗的0Zm的物质，在地面系中并不产生能量为20Zmc的光子。只需要把初态和末态的质量比由1:1Z变为1:1()((1))ZZ即可222122211((1)/(1))1((1)/(1))111ZZZvZZZcZZZZZZ（3）初态有01/2mZ在船上，有0/2mZ反物质等待被接受。末态有01(1(1))2mZ在船上，剩下的是光子，设能量为E设速度对应的21/222(1)vc由动量守恒2011(1(1))02EmZcc由能量守恒220011(1(1))(1(1))22mZcEmcZ解得2222(1)()22(1)()22ZZZZ222(1)2(1)()22ZZvZZc（4）在飞船系中，此时静质量0(1(1))mZ，在d的时间内喷出d的光子，飞船获得速度dv，由于动量守恒，得到0(1(1))mZdvdc由速度变换，在地面系中1vdvvdvvdvcc保留到一阶小量化简得到22(1)vdvdvc由钟慢效应dtd这样加速度满足330(1(1))dvdvcadtdmZ22331011(1)(1(1))()1(1)1(1)2(1)(1(1))amZZcZZZZ（5）在飞船系中，此时静质量为0(1(1))2Zm，有2d的反物质在d时间内以速度v飞入，有d的光子飞出，由动量守恒：20(1(1))1/22Zmdvdcdc这样飞船系中加速度满足20(11/2)(1(1))2dcdvZdm其他的部分和前一问相同230(11/2)(1(1))2amZc，其中2222(1)()22(1)()22ZZZZ即：32222022(1)()(11/2)22·(1(1))(1)()222ZZamZZZc322202221(1)()12222·(1(1))(1(1))(1(1))(1)()22222ZZZZamZZZZZc【题目】如图在匀强磁场B中，有两个质量为m的点电荷A、B，间距为l，电量均为q，初态静止。考虑静电作用，静电常数为K，不考虑相对论效应。【问题】（1）求此后两个粒子运动的最大间距；（2）将B的电量由q改为q，要求两个粒子不要发生碰撞，则磁场最小值0B为多少？（3）若磁场1B大于上一问的最小值0B，求出粒子之后运动中的最近距离0l。【分析】两种情形下都有静电能和动能之和守恒，在第一种情形，考虑体系角动量的变化，第二种情形考虑体系沿竖直方向的动量的变化，各可得一方程，联立能量守恒方程可求解最大间距和最小间距。【解答】（1）由体系能量守恒有222221122222KqKqmml其中为电荷到中心的距离，为它和水平方向的夹角。由于体系具有旋转不变性，所以考虑可能出现正则角动量守恒。由角动量定理得到：2dLdqBdtdt于是2()0dLqB即2LqBc为常量，考虑初始位置可得222222lLqBmqBqB代入能量守恒方程可得222222222211(/4)2202224lKqKqmmqBlm当两个粒子运动的间距最大时0，于是22222(/4)024lKKBlm记l，234BlamK，212204a的第一个大于1的正根为1，则122l即为所求最大距离（2）类似（1），由于体系具有y方向平移不变性，所以可能有正则动量守恒。由动量定理22myqBxcqBl另有能量守恒方程22221122222KqKqmymxxl联立得222222(2)42qBKqKqmxxlmxl相距最近时0x，于是2211(2)42BxlKmxl即223211042BlxlmKlx记2xl，234BlamK，则21110a，即210aa方程在01有解意味着两个粒子不发生碰撞，此时2344BlamK即034mKBBl（3）对于10BB即4a，可解得11124a当11124a时，两粒子均已沿竖直方向运动，且此后两者开始分离，故舍去另一根得最小间距为231162112lmKxBl【题目】如图，某人在练习理想凸透镜（即对于任意通过透镜的光线都满足成像规律）成像作图，但是由于年代久远，透镜和光心，以及部分物点像点（透镜下方为实物，上方为虚物）已经模糊不清了，只知道物点是一群分布在一条抛物线上的点，这条抛物线顶点在原点，开口向y轴正方向。这些点的像点在另一条抛物线上，这一条抛物线开口向y轴负方向，且通过A、B两个点。A、B点坐标分别为11(,)xy和22(,)xy【问题】（1）求出像点所在抛物线的顶点的y坐标h；（2）求出透镜光心的纵坐标p；（3）求出透镜的焦距f。【分析】（1）问直接根据已知点坐标求得抛物线方程；（2）要求抛物线分布的物成像也分布在抛物线上，且对任意的位置的物、像都成立，可由此确定参数之间的关系。【解答】（1）由于已知物点所在抛物线顶点在原点且开口向y轴正方向，因此物点所在抛物线相对于y轴对称。又由于像点所在抛物线开口向y轴负方向，因此其抛物线也相对于y轴对称，可以设其方程为：2yaxh其中a,h为待确定的正的常量。带入A、B两点的坐标有：211222yaxhyaxh解得：1222212212212221yyaxxyxyxhxx（2）设某一对物像点的坐标分别是(),xy和,xy，则有2yaxh设透镜光心纵坐标和焦距分别为p和f，由成像公式和放大率公式可得：111pyypfxypxpy解得2pfypyypffxxypf由于物点分布在抛物线上，因此对任意的,xy都有2xby其中b为正的常量。因此有2222220ffhbpfybpfpfbpybpfpaa上式对任意y都成立，因此有：22222000bpffbpfpfbpafhbpfpa解得：2212212221122bayxyxhpfxx【题目】如图在足够长的间距为l的平行光滑金属导轨区域内有匀强磁场B。左端接入电容，大小为C。两根带有电感的棒子垂直于导轨放置在导轨上，质量均为m，电感均为L。不记摩擦和电阻，不记棒子之外的电感。初态电容电量为0Q，初态右边棒子向左的速度为0v，并且满足：00QBlvm，初始回路中电流为零，不考虑两根棒子相碰的情况。【问题】（1）求当时间为1t的时刻，两根棒子的质心相对于初态的位移Cx（向右为正）；（2）求当时间为2t的时刻，左边棒子相对于初态的位移1x（向右为正）。【分析】列出动力学微分方程，与简谐振动方程进行对比可得。【解答】（1）设某时刻电容电量为q，上正下负；导轨中电流为i，两棒子中的电流分别为1i和2i，逆时针方向为正；两棒和质心的速度分别为1v，2v和cv，向右为正。则有质心系动力学方程：2ddcmviBlt（1）电容、左棒子组成回路的基尔霍夫第二定律：11d0diqvBlLCt（2）电容、右棒子组成回路的基尔霍夫第二定律：22d0diqvBlLCt（3）基尔霍夫第一定律：12iii（4）质心速度：122cvvv（5）由以上四式可以得到：2d20dcqivBlLCt（6）由于电流为：ddqit（7）因此由动力学方程可以得到：2ddcmvBlq（8）从初始到任意时刻积分得到：002+2cvmvBlqQ（9）对动力学方程求时间的微分还能得到：22dd2ddcvimBltt（10）将（9）（10）带入方程（6）得到：222002d2·0dccvQBlmvmCBlvmCLmCLt（11）根据题意，左边的最后一项正好为零。即：2222d2·0dccvmCBlvmCLt（12）令222mCBlmCL。这是关于质心速度cv的二阶微分方程，其形式与简谐振动的方程完全一样，因此其解为：0coscvAt（13）其中A和0为待定常量。初始，即0t时，有000cos2dsin0dccvvAvAt（14）有一个式子是由于初始时电流为零。解得：002vA（15）即：0cos2Cvvt（16）因此得到t时刻质心相对于初始位置的位移为：0sin2cvxt（17）即：2201222sin22cQBlmCLmCBlxtmmCLmCBl（18）（2）分别列左右棒子的动力学方程：1122ddddvmiBltvmiBlt（19）上下两式相减可得：1212ddvvmiiBlt（20）（2）（3）两式相减得到：1212d0diivvBlLt（21）由上两式得到：22212122d0dvvBlvvmLt（22）令BlmL，则其解为：120cosvvAt（23）初始条件为，0t时：1200120cosdsin0dvvAvvvAt（24）后一个方程是因为初始时电流都为零。得到：000Av得到：120cosvvvt（25）于是有：012sinvxxt（26）得到：00121sinsin222Cvvxxxxtt（27）即：2200122222sinsin222QQBlLBlmCLmCBlxttmmmCLmCBlmL【题目】在CZ星附近的行星上有稠密的大气，其中生活着一种气球状生物，当有人向它们询问牛顿第二定律的时候，它们会回复嘟嘟嘟的响声，我们暂且将这些生物命名为气球。气球的半径和质量基本稳定，它们通过调节自身气囊内的气体温度，从而改变密度，用来调节自身的飞行高度。这些生物白天由于日照，温度上升，飞行在空中捕食，夜晚温度下降，停落在地面上休息。[详情请阅读《乡村教师》，作者刘慈欣]。气球的质量为0m，半径为r，地面气温为0T，压强为0p，密度为0。取绝热大气模型，即大气不同地方p为常数，其中75，大气的定体摩尔热容量为2.5VCR。在高度h变化不大的范围内，可以认为大气的温度、密度和压强随高度线性变化。重力加速度为g。各参数取值如下：0202mkg，0300TK，301.174/kgm，10rm，210.6/gms，01.01105pPa，21143.0JmKs，212040Jms。【问题】（1）气球在休息的时候，体内的气体和大气自由交换。清晨它向外深深吐一口气，将体内压降减少到0pp，于是恰好起飞，能稳定在h高度飞行。这个过程很短，热量来不及交换。求p为多少？（23.0010hm）（2）飞行了一段时间后，由于日照和气球自身的特殊生理结构能输运热量，气球的压强上升到和周围一样。（于是它舒服的不用忍受压强差了）求此时气球内温度为多少?（3）气球皮内外温差为T时，单位时间内单位面积上的的散热本领为QSTt，阳光正入射的时候，单位时间内单位面积提供的热量为QSt。则气球为了舒服，单位时间需要搬运给内部气体多少热量，Qqt？（4）考虑热力学第二定律，气球为了搬运这些热量，单位时间内至少应当做功W为多少？【分析】由绝热大气模型以及高度h变化不大时压强、温度和密度随高度线性变化，可得三者随高度的变化关系式。第一问利用绝热过程中pc以及气体状态方程可解；第二问由气体状态方程可知温度和压强成正比；第三问由吸收太阳能的功率加气球输送能量的功率等于散热功率可直接得到；第四问由热机搬运热量的公式可求得气球的功率。【解答】由于大气的温度、密度和压强随高度线性变化，00hppgh。由pc得1pp由于高度差不大，所以可以视为线性关系，由此得000001111hghppp类似地，由pVRT及pVc得1pCT，微分得到1TpTp由此得00011hghTTp（1）气球吐气前其体内气体压强和密度分别为0p,0，吐气后体内气体压强和密度分别为0pp,，考虑该绝热过程有011000,(),ppRTppTpT此处0000.029kg/molRTp由于它能稳定在h高度飞行，所以0hgVmggV联立得110001000000(1/),(1/)(1/),RabTTpRabppTppabp正确答案是：39.4110Pa。此处0000,ghmabpV（2）由于体积不变，且不漏气，由理想气体状态方程得：pcT，0hpTppT即20013.1010?1/hpaTTTKppab（3）气球和周围环境的温差为0000(1)1()(1)1(1/)(1)hapbaaaTTTTaTRabba单位时间内气球需要产生的热量为22000240(4)(1)1441(1/)()(1)46.0810(1)qTSSrTaprTaRabbaaarTJba（4）气球为了搬运这些热量，单位时间内至少应当做功W满足hqqWTT解得00032(1/)11(1)()()12.5510(1)RabTWqqTaqTapaarbaqWa【题目】如图，将一个质量为m，长度为l的均匀无弹性不可伸长的绳子放在摩擦系数为的地面上，重力加速度为g。绳子摆成一个圆心角为0的圆弧，用外力F沿着绳子的切线拉绳子。逐渐增大外力F，直到绳子滑动为止。已知22arcsin()dxxCaax【问题】（1）求让绳子滑动需要的最小外力F；（2）若绳子摆成的圆弧对应的圆心角为12/3，求出绳子上滑动部分和不滑动部分的临界点与有外力的端点之间的弧的角度m（结果用角度制）。【相关参数】13.9910,1.37mkg,210.00gms,106.8110rad【分析】分析每一小段绳子所受的最大静摩擦力，用三角形法则将这些静摩擦力合成，画出力的合成图，考虑绳子张力随着这一小段绳子所在位置的变化，可得张力随受力端的位置的变化关系。【解答】如图，将绳子分成圆心角为d的很多小段绳子，每一小段绳子所受最大静摩擦力即为两端所受张力的合力，将这些摩擦力合成即为F。注意到每一小段绳子两端所受张力沿绳子两端的切线方向，有：0sin/TdTddfmgd记00mgT注意到tanTddT即得020/1(/)dTTdTT于是0sinTT即0000sinsin5.01mgFTN当/2时，外力达到最大。如果绳子弧度1/2，有外力一侧/2弧度，即90的绳子将因逐渐增大的外力而先发生滑动。【题目】如图0A6A是7个点，之间连接了14个阻值为1的电阻。iA、jA之间的等效电阻记为ijR。计算下面的电阻。【问题】（1）01R（2）02R（3）03R【分析】考虑由0A输入电流I，从其它各点各流出电流/6I，设此时0A和iA之间的电压为0iU；再考虑从iA流出电流I，从其它各点各流入电流/6I，则此时0A和iA之间的电压仍为0iU。两者叠加后可知从0A输入电流7/6I，从iA流出电流7/6I，两者之间的电压为02iU。只需根据流经各电阻的电流和电压满足的关系求出0iU，即得0iR。【解答】现考虑叠加之前的情形。记点iA处的电势为iU，点iA、jA间的电流为ijI，则由相对0A点的对称性，只需考虑04AA之间的连接涉及的六个电流01021213232453,,,,(,,)IIIIIII对这部分电路考虑流经各节点的电流有：01121302122324132324/6,/6,/6,IIIIIIIIIIIII另外考虑各点电势有：1312230201122324,,,IIIIIIII联立解得：0102121323241920154,,,,7878787878IIIIIIIIIII于是01011978UIRIR，0101238387/69191URRI类似可得024091R,034891R也可画出等效电路如下图中各线段边上标注的为等效电阻（单位为）。左图经Y变换得右边的等效电路，设等效后的1A点和3A点之间的电流为xI，则其余各点之间的电流如图所示。计算O点和3A点之间的电压可得方程11112112636343xxxx解得539x由此可求各点之间的电压，得到和前述相同的各0iR.