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 A P到子核 AZ Z 1D 的β
衰变可表述为
A P AZ Z 1D e
记母核的静止质量为m 、子核的静止质量为m 和电子的静止质量为m ，假设衰变前母核处于静止状态，P D e
由能量守恒知，该衰变过程的衰变能（包括衰变后除 A D 、电子 e 外的其它粒子的能量）可由母核、子Z 1
核和电子的静止质量表述为
Q [m 2P (mD me )]c 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 P、 D，有
mP M P Zme , ②
mD M Z 1 m ③ D e
于是，β–衰变的衰变能Q 可以表示为：
Q (M M 2
P D
)c ④
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
MP (Z , A) MD (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 2P = P ，记 D 的总能量为 D，动量为 D，电子的总能量为 e，动量为 e，则能量守恒和动
量守恒分别是
2
mPc ED Ee ⑦
0 p ⑧ D pe
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 e P D e
2mD
这里
p2
E m c2 D D
2mD
Ke E
2
e mec
1
由相对论能量-动量关系有
2 2 4
Ee ( pc) me c
将 式代入 式得
2 1 2
p Ke (Ke 2mec )
c2
由⑩ 式消去 p 得 e满足方程
2 2 4
K 2 m m c K 2m (m m m )c 0e D e e D P D e
式的解
2
Ke mD me mD me 2mD (mP mD m
2
e ) c
mD (2mP mD ) m
2
e mD me c
2
(M D ZDme )[2(M P ZPme ) (M D ZDme )] m
2
e [(M D ZDme ) me ] c
2
M D (2M P M D ) 2[M
2 2 2
D ZDM P ]me ZPme M D ZPme ) c
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 P P ZPme
M m Z m D D D e
以及
Z Z 1 P D
将题给数据代入 式得
Ke [209.982883 (2 209.984130 209.982883) 2 209.982883 84 209.984130
0.511 0.511 0.511
(83 )2 ]1/2 209.982883 83 931.494MeV 1.161MeV
931.494 931.494 931.494
【另解：
忽略电子在原子中的结合能， 210 Bi 核的质量为 83
mP MP 83me 209.984130 83 0.000549 209.938563 amu ’
它在β–衰变后生成的核 21084 Po的质量为
mD MD 84me 209.982883 84 0.000549 209.936767amu ’
式的正根为
2 2e = (√( D + e) + 2 D( P D e) D e)
= (√ D(2 P 2
2
D) + D e)
= (√ 2P ( P
2 2
D) + D e)
2 ′
这里，
( P
2 2
D) 10
2 ~10 , 2 ~10
11
P P
所以， 式为
2e = ( P D e) ′
2
这个式子的物理意义非常清楚：210
84 Po核比电子重得太多了，所以它的反冲动能 比起电子的动能 来可以2 e
忽略不计。代入数值即得
Ke 209.938563 209.936767 0.000549 amu c
2
’
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 ( 210 210 2e 83 Bi) M ( 84 Po) c 209.984130 209.982883 amu c
2
0.001247amu c2 1.161MeV
2
】
（3）按照假设 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/ 2，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
中子、质子和电子的电荷分别为
Q n 0, Qp 1, Q 1 e
由衰变前后电荷守恒知，X 的电荷为
Q Q (Q Q ) 0 X n p e
依题意，衰变前系统的角动量即中子的自旋，有
1
li = Sn =
2
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
1 1
Sp = ， S =
2 e
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 f p e
可取的所有可能值为
lf = sp se , sp + se
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
l = S = 0 f
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
lf = S =1
两个可能值 都不等于其初始值 ，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
SX =
2
3
（尚不排除）
2
3
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
1 3
旋为 （尚不排除 ）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
2 2
1
SX = ），更严格地，是电子型反中微子 】。 e
2
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， 各 1分； 2分， 2分， 2分；
第（3）问 5分，（*）3分，（**）2分；
第（4）问 13分， 各 2 分， 2分， 各 1分， 2分， 1分。
二、（50 分）
（1）为方便起见，设 0 = 2 ， 2 +1 = 1，容易写出系统的运动方程为：
0 = 2 1 + (2 2 1 2 2 2), ( = 1,… , ) ①
0 = 2 + (2 2 2 +1 2 1), ( = 1,… , ) ②
（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 。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 ；同理，小珠子振动的振幅也应该相同，设为 。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 。于是解的形式可取为
x2i 1 = Acos[ t + 0 + 2(i 1) ]， i =1,2, , N ③
x2i = Bcos[ t + 0 + (2i 1) ]， i =1,2, , N ④
式中 0 是一个任意常量。由③式知
1 = cos . ⑤
由于解需要满足条件
0 = 2 ⑥
因此有
2 = 2 , ∈ ⑦
式中 表示整数集合。由于 的取值有 2π 周期性，因此独立的取值范围可取为
< ≤ ⑧
对应的， 共有2 种取法：
n = N +1, N + 2, , N 1, N ⑨
将解③④代入运动方程①得
2 2
cos = ⑩
2
将解③④代入运动方程②得
2 2
cos =
2
从⑩ 式得
mM 4 2k(m + M ) 2 + 4k2 sin2 = 0
由 式解得本征频率 为
k
= (m + M ) (m M )
2 + 4mM cos2
mM
由⑦式代入 式得
4
k nπ
= (m + M ) (m M )
2 + 4mM cos2 ， n = 0,1,2, , N 1
mM N
已注意到，互为相反数的一对 给出的频率是相同的。 式给出了所有可能的本征频率。
（学生解答中排除 = 0的解与否都算对。）
（3）
A
（3.1）上面的试探解就给出了一组满足要求的解。将方程⑩ 两边相除，得到一个关于 的二次代数
B
方程，
2
A 2k m
2
=
B 2k M 2
它有两个根。由于 和 都是振幅，舍去负根，得
A 2k m 2
=
B 2k M 2
（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 = ，而后者是易求的。首先，平均动能为：
N T N T
1 1 2 1 1 Ek = M dtx2i 1(t) + m dtx
2
2i (t)
2 T 2 T
i=1 0 i=1 0
将③④式代入 式得
N T N T
1 1 1 1
E = M 2k A2 dt sin
2[ t + (2i 1) ]+ m 2B2 dt sin
2[ t + 2(i 1) ]
2 T 2 T
i=1 0 i=1 0
利用
T
1 1
2 dt sin ( t + ) = T 2
0
这里 可以是任意相位。将 式代入 式得
1 2 2 2
Ek = N (MA +mB )
4
该系统的平均势能 E 与平均动能p E 相等 k
Ep = Ek
因此，总能量 Etot 为
Etot = Ep + Ek = 2 Ek
由 式得
1 (m + M )k mM 2
Etot = N
2 (MA2 +mB2 ) = N 2 A2
2 2k m 2
由 式得
(m + M )k mM 2
E = N 2 A2 k
2(2k m 2 )
（4）这种情形相当于引入了的边界条件
x1 = 0
为了找到满足边界条件 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 i =1,2, , N2i 1 = Acos[ t + 0 + knl2i 1]
5
x2i = Bcos[ t + + k l ] i =1,2, , N0 n 2i
式中 是波数， 由⑦式定出
nπ
=
N
且
knl2i 1 = [(2i 1) 1]
knl2i = (2i 1)
取 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
x2i 1 = A cos[ t + 0 knl2i 1] cos[ t + 0 + knl2i 1]
x2i = B cos[ t + 0 knl2i ] cos[ t + 0 + knl2i ]
它显然满足边界条件 。由 式得
x2i 1 = 2Asin[2(i 1) ]sin( t + 0)
x2i = 2Bsin[(2i 1) ]sin( t + 0)
由 得
2k M 2
x2i = 2A sin[(2i 1) ]sin( t + ) 0
2k m 2
将解 代入运动方程①②，
所得的关于本征频率的结果如 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；⑩ 各 2分， 1分；
第（3）问 12分， 1分， 2分， 1分， 各 1分， 2分， 1分；
第（4）问 17分， 1分， 2分， 1分， 各 2分，（*）2分， 各 2分， 1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）。 1、 2 表示沿上
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
6
1 = exp[ ( + m + + top)] ①
2 = exp[ ( + m + + bottom)] （只写出位相，振幅一样大） ②
和 分别是经过分束器反射和透射带来的位相增加， m是全反镜反射带来的位相增加。
′、 ′1 2表示沿上
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
′1 = exp ( + m + + top) ③
′2 = exp ( + m + + bottom) ④
当进入探测器 A 的光场相互抵消时，有 1、 2的位相差为
top bottom = = ⑤
( = top bottom)
此时 ′、 ′1 2相互增强，
′ ′
1、 2位相差应为 0： ⑥
2( ) + = 0 ⑦
由此可得
= = ⑧ 1 分； 2
(依题给公式： =
= 2 = ⑨
【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：
+ (略去 0)
进入上面探测器 B 的两路光叠加后为：
2 + 2 = + 2 ( = 2; = 2)
若探测器 A 上相干抵消：
= ，
上面探测器 B：
| 2 |=1，
由
+ = 1，
可知
=
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
P
= ( P
0 e 0
) = ( P ) ⑩
0 S 0 e SS
为分束器反射矩阵。利用⑨式得
0 e P 0
= ( P ) = ( P )
0 S 0 SSe
7
为分束器透射矩阵。
（3）全反镜改变偏振态的矩阵 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
1 0
M =
0 1
（4）1/4 波片矩阵
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 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
= ( )
题解图 3b
作用在基矢量
1
= ( )
0
上：
1
= ( ) ( ) = ( )
0
下面1, 2 表示沿着 P 和 S 方向的基矢量；1′, 2′ 表示沿快-慢轴的基矢量，在1, 2基矢下面，
2 1 2 1 1' = , 2 ' =
2 1 2 1
1 √2 √2 1 √2 1 √2 √2
= ( ) = [ ( ) + ( )] = 1′ + 2′
0 2 2 1 2 1 2 2
0 √2 √2 1 √2 1 √2 √2
= ( ) = [ ( ) + ( )] = 1′ + 2′
1 2 2 1 2 1 2 2
P 偏振（基矢量1，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 i 快 2 i 1 i e 1'+ e 慢 2 ' = e 快 (1
1 i 1 i
2 ) + e 慢 (1 + 2 ) = e 快 (1 2
1 i 快 i( 慢 ) + e e 快
)
(1 + 2 )
2 2 2 2 2 2
1+ i ei 41 i 1 i 1 i 1 i
= e 快 (1+ i)1+ e 快 (i 1)2 = e 快 = e
快 2
2 2 2 i 1
i3 4
2 e
2 i i 1
= e 快e 4
2 i
同理，S 偏振（基矢量 2，竖直偏振）经过 1/4 波片：
2 i 2 1 1 1 1
e 快
i i i i i
1 '+ e 慢 2 ' = e 快 (1 2 ) + e 慢 (1 + 2 ) = e 快 (1 2 ) + e 快
i( 慢 快 )e (1 + 2 )
2 2 2 2 2 2
1 i 1 i 1 i i 1 1 i
ei3 4
= e 快 (i 1)1+ e 快 (i +1)2 = e 快 = e
快 2
2 2 2 i +1 2
i 4
e
8
2 i i i
= e 快e 4
2 1
因而波片矩阵：
2 i i 1 i
Q = e 快e 4
2 i 1
按照题目要求的标准形式：
√2 ( + )
= 快 4 , = , = , = 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 2 1 i
Q = e 4 或 Q =
2 i 1 2 i 1
（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
H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
H = ( ) 0 0
同理对竖直通光线偏振片：
0 0
V = ( ) 0 1
√2
对于通光+45 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 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）：
2 1
U = +45
2 1
因此
2 1 1
L+45 P = U +45 =
2 2 1
这就是矩阵的第一列；同理对于 S 偏振经过45 线偏振片：
2 1 1
L +45 S = U+45 =
2 2 1
这是矩阵第二列；因此：
1 1 1
L+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 0的垂直偏振）：
9
0
E0
1
通过 1 路到达探测器 A 的光场：
i
0 0 r e P 0 2 i( 快 + )P 1 i 1 0 r e
i P 0 P 0 E1A =
4
i e i E0 S S
0 1 0 r e 2S i 1 0 1 0 rSe 1
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 P、 S、 P、 S表示反射和透射率绝对值。计算可得：
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
i P i i( + ) 1 i 1 0 P 0
E = P
e 0 2 快 rPe 0
1A
4
i e i E00 1 S S 0 rSe 2 i 1 0 1 0 rSe 1
i
2 i( 快 + ) 0 0 1 i rPe
P (或*） 0 0
= e 4 i S i E02 S 0 rSe i 1 0 rSe 1
2 i( 快+ ) 0 0 1 i 0
= e 4
i
r e SS i E0
2 0 rSe
S
i 1 1
2 i(2 S+ 快+ ) 0
= r 2e 4S E0
2 1
对于 2 路光到达探测器 A 的光场：
0 0 P 0 1 1 1 1 0 3 P 0 0
2A = [( )(
P ) ] ( ) [( ) ( P )( )] 0 0 1 0 SS 2 1 1 0 1 0 S
S 1
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 12 2 2 (2 ) 0 S S2A = S ( ) ( ) ( ) 0 = S ( ) 0 2 0 1 1 1 1 2 1
考虑到经过的光程不同，到达探测器 A 的场完整表达为：
2 i(2 S+ 快+ ) 0
E (t) = r2e 4
i[k (l +l
E e 1 A
) t ]
1A S 0
2 1
1 i(2 ) 0 ik[(l +l ) t ]
E2A (t) = r
2e S E e 2 AS 0
2 1
式中 是从分束器 2 到探测器 A 的光程。干涉项的强度为：
干涉 1 √2 3
A = 2 Re[
4 2
1A( ) 2A( )] = S 0 cos[ ( 2 1) + 快] 2 4 4
√2
（ 式前是 也算对；余类推。）
2
由题给数值
√2
S = 2
得
10
干涉 √2 3
A =
2
0 cos[ ( 2 1) + 快] 16 4
【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：
2 1 i
Q =
2 i 1
那么上面计算中的 式中将没有( 快 + )项，最终的 式将变为： 4
干涉 √2
= 2A 0 cos[ ( 2 1) + ] ′ 16
此式于 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
、 ′式都算正确。】
经过 1 路到达探测器 B 的光场：
1 0 P
P 0 √2 ( + )
快 4 1 1 0
P 0 0
1B = [( )( ) ] ( ) [( )(
P )( )] 0 0 0 0 SS 2 1 0 1 0
S
S 1
计算可得（包含光程后）：
√2
( + )( ) 快 4 1 0 1 0 1B = PP ( ) ( )
S ( ) [ ( 1+ ) ]
2 0 0 1 S 1 0
√2 ( + + + )
= S P 快 4 ( ) [ ( 1+ ) ]S P 2 0 0
√2 ( S+ P+ + )= 快 4
1
( ) [ ( 1+ ) ]S P 0 2 0
式中 是从分束器 2 到探测器 B 的光程。经过 2 路到达 B 的光场：
1 0 P 0 1( ) 1 1 1 0
3 P 0 0
2B = [( )(
P )] ( ) [( ) ( P )( )] [ ( 2+ ) ]
0 0 0 S 2 1 1 0 1 0 SS S 1
0
1 1 0 1 1 0 1 3 1
= ( S+ P) [ ( 2+ ) ] ( S+ P+ ) [ ( 2+ ) ]
2 P
S ( ) ( ) ( ) 0 = P 2 ( ) 0 0 1 1 1 2 S 0 0
B 探测到的强度的干涉项：
干涉 1 √2 3
B = 2 Re[
1B( ) ( )] =
2 22B S P
2
0 cos[ ( 2 2 4 1
) 快] 4
√2 3
= 20 cos[ ( 2 1) 快] 16 4
【另解：
类似对于 ′式的讨论，所采用的 1/4 波片矩阵不考虑( 快 + )，则： 4
干涉 √2 1
B = 2Re(
1B 2B) = S P
2
S P 0 cos[ ( 2 1) ] 2 2
√2 1
= 20 cos[ ( 2 1) ] ′ 16 2
11
、 ′式等价。】
综上： ， 是一组正确的 A,B探测器上的干涉项结果； ′， ′是等价的一组结果。
探测器 A 的光强 式
干涉 √2 3
= 2A 0 cos[ ( 2 8 1
) + 快] 4
可调节令其相位差记作 ，则：
干涉 √2
2A = 0 cos ( ) 8
相应的 B 上光强 式
干涉 √2 2
= 2
√
B 0 cos( + ) =
2
0 sin( ) 8 2 8
对于光强记为 式，或 ′ ′式，所得结果同上。
题解图 3c
（7）由于探测器 A 给出cos( ) ， B 给出sin( )，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 A , B , 作题解图 3c （或用示波器 X_Y 输入得李萨如图形）： （**）
或者
干涉 干涉
b) 由 A , B 的比值得到tanΔ ; 再由 B的正负得到角度的负正。 （***）
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，⑩ 式各 1 分；
第（3）问 2 分， 式 2 分；
第（4）问 8 分， 式各 1 分， 式 4 分；
第（5）问 5 分， 各 1 分， 式 3 分；
第（6）问 24 分， 式各 3 分， 各 2 分， 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 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
∫ 2( sin ) cos = 2 cos ( sin ) ①
0 2 3
12
由细杆在 s 中绕端点 C 的力矩平衡条件
2 cos ( sin ) = sin ②
2 3 2
由此得
2
= sin + tan ③
3 2
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
左 + 右 = ④
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 = 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 , , 可用 S 系中的分量表示如下
= [cos( ) , sin( ) , 0]
= [sin( ) , cos( ) , 0]
= (0,0,1)
这里的第一个式子为随动坐标系 s 中的 轴的单位矢量 在 S 系中的分量形式，其
他两式的意义亦显然。注意
= = = 0 ⑤
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 1 = cos sin ， 2 = ， = sin + cos ，沿主轴方向的转动惯量为
1
2细杆,1 = 细杆,2 = ， 细杆,3 = 0，细杆对其质心的角动量为 12
1
= ( 1)细杆 细杆,1 1 + ( )细杆,2 2 2 + (细杆,3 ) =
2[( ) 1] 1 12
1
= 2( sin )( cos sin ) ⑥
12
细杆的总角动量为
= 质心 + 细杆
= ( sin ) × [ ( sin ) + ( + cos ) ] +
2 2 2 细杆
2
= ( sin ) ( sin )( + cos )
2 2 2
1
+ 2( sin )( cos sin )
12
2 cos sin 2
= ( 2 sin + (sin )2) ( + sin cos ) 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 处的质元，其在 s 系中的坐标为
( sin ) + ( + cos )
速度为
( sin )
因此整个细杆对于 D′的角动量为
= ∫ d ( sin ) × [ ( sin ) + ( + cos ) ]
0
2
= ( 2 sin + (sin )2)
3
cos sin 2
( + sin cos ) 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 cos sin 2
= ( + sin cos ) 2
d 2 2 3
d
注意摩擦力不能产生相对于原点 D′的力矩，因此， =总外力矩的条件为：
d
cos sin 2 sin
2 ( + sin cos ) = 左 ( + ) + 右 ( ) ( ) ⑧ 2 2 3 2 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 , , 。注意在旋转参考系中， , , 为常向量。旋转坐标系相对于
静止系的角速度向量为( )。
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
2( ) ( )惯性力，细杆 = ∫ sin cos +
0
2
= 2 ( cos sin cos + sin ) ⑨
2 3 2
细杆的力矩平衡条件为
sin 2
左 ( + ) + 右 ( ) ( ) =
2 ( cos sin cos + sin ) ⑩
2 2 2 2 3 2
结果和解法一的相同。】
利用③④⑧式得
2 2 sin
左 右 = [ tan + ] 6
由④ 式得
2 sin
左|右 = ± [ tan + ] 2 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( )
14
每个车轮绕车轴的转动惯量为
I =mr2
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( )
=
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
由 式得
2I
( ) = M + 2m + ra( )
r
2
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
L L
Mg sin Ma( ) cos + ( ) = 0
2 2
其中， ( ) 与 ( ) 互为正反力矩
( ) = ( )
由 式得
MLg sin
a( ) =
MLcos + 2(M + 4m)r
(M + 4m)rMLg sin
( ) =
MLcos + 2(M + 4m)r
（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
L L
(0, y(t) + sin (t), r + cos (t))
2 2
【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 、 及其各阶导数以及
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 2 L L
M L = M g (t) M y ( )
3 2 2
由此得
2L 2 ( )
y = g
3 M L
由 式得，细杆质心加速度的 y 分量为
d2 L L L
ay ( ) = y(t) + sin (t) = y + ( cos
2 sin ) = y +
dt2 2 2 2
地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力 f 为
M L
f = (M + 2m)y +
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
15
y
=
r
角加速度为
y
=
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
2I = ( ) fr
式形式和 式相同，但在不同的条件得到。由 式得
′
′整体 = ( ) 2
式中
2I
M 整体 = M + 2m + = M + 4m
r2
将 代入 消去 ，
2 ′ 2
( ′整体 ) =
′
整体 + (
′
整体 + 1) ( ) 3 2 ′
将 式代入 式
2 ′ 整体 整体
( ′整体 ) = ( + 1) ( ′) 3 2 ′ 整体 + 2
【
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 2 L L
M L = M g sin (t) M y cos (t) ( ) ′
3 2 2
由 ′式得
2 L 2 ( )
y = g tan ′
3 cos M Lcos
由⑩式得，细杆质心加速度的 y 分量为
d2 L L
ay ( ) =
2
y(t) + sin (t) = y + ( cos sin ) ′ dt2 2 2
地面对平衡车的两个车轮的总摩擦力 f 为
L
f = 2my + M a y ( ) = 2my + M [y + ( cos
2 sin )]
2
′
M L
= (M + 2m)y + ( cos 2 sin )
2
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
16
y
= ′
r
角加速度为
y
= ′
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
2I = ( ) fr ′
由 ′ ’ ’式，得
M Lr 2
M 整体ry = ( ) ( cos sin ) ′
2
式中
2I
M 整体 = M + 2m + = M + 4m ′
r2
将 ′代入 ′消去 ，
2 2 ( ) ′
′整体 ( tan ) = ( ) (cos sin
2)
3 cos ′ cos 2
化简得关于 的微分方程
2 ′ cos
( ′整体 ) 3 cos 2
2 ′
= ′整体 tan + (
′
整体 + 1) ( ) + sin
2 ’
′ cos 2
将 式代入 ’式
2 ′
′
cos ( cos + 2 ′整体 ) 整体 tan ′
( ′整体 ) = ′整体 tan + sin
2
3 cos 2 ( cos + 2 整体 )
′ 2
化简后得，
2 ′ cos
( ′整体 ) 3 cos 2
整体 1 1 ′
= tan ( + ) ( ′)整体 + sin
2
cos ′
+ 整体 2整体 2
做小量近似，上面方程保留到 1 阶为
2 ′ 整体 整体
( ′ ( ′)
3 整体
) = ( + 1) ′
2 +
′
整体 2
与 式相同】
由于
2 ′
′ > 0
3 整体 2
17
整体
> 0
整体 + 2
因此做小振动的条件是
> ′
这时该方程为简谐振动方程，小振动频率为
整体
整体
( ′ + 1)
( ′)
+
=
整体
2
√ 2 ′
′
√ 3 整体
2
4 + 4 ( ′ + 1) ( )
′
+ 4 +
= 2 √ 1 ′ 8
√ 6
+ 3
这里，
2
整体 = + 2 + = + 4 2
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， 各 2分；
第（2）问 16分， 2分， 各 1分， 3分， 各 2分， 1分， 各 2分；
第（3）问 31分， 3分， 4分， 1分， 3分， 3分， 各 1分， 3分，
各 2分， 3分， 4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 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dr 时，锥体的横截面由原来的dS 增
加为 dS ' (图中未标出)。在上述锥体内， dS 和 dS '两个横截面之间区域的体积元为 drdS （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 ( )为 处的恒星物质密度，而m(r) 为
r
m(r) dr 4πr 2 (r ) ②
0
题解图 5a
由 (r) 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 ( )与 ( )满足
dp(r) Gm(r) dm(r)
0 ④
dr 4πr4 dr
18
将③式代入④式得
dp(r) G (r)m(r)
⑤
dr r2
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
4 4 ⑥ dr 8πr dr 4πr dr 2πr5 2πr5
由②式可知，
lim m(r) (0)r
3
⑦
r 0
进而，由⑦式可知
m2 (r)
lim r2 0 ⑧
r 0 r4
在恒星表面 r R 处，
p(R) 0 ⑨
m(R) M ⑩
由⑥式得
Gm2 (r) Gm2 (R)
p(r) p(R)
4 4 8πr 8πR
r R
在 左端取 r 0 ，并利用⑧⑨⑩式得
GM 2
p(0)
4
8πR
恒星中心压强的最小值（下界）如 式右端所示。
（3）恒星的引力势能为
R Gm(r)
E 4πr2 (r)d r grav
0 r
由⑤ 式得
R
E 3 grav 4πr dp(r)
0
对上式右边分部积分得
R R
R
Egrav 4π r
3 p(r) 12π p(r)r2dr 12π p(r)r2dr
0
0 0
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 E E 0， tot int grav
其中总势能 E 由 式给出，而总内能 E 为 grav int
R
E u(r)4πr2 d r int
0
由题给条件
( 1)u(r) p(r)
和 式得
1 R
E p(r)4πr2dr int
1 0
由 式得恒星的总能量为
19
4
1
E 3total Eint Egrav Egrav Egrav Egrav
3 1 1
如果恒星稳定、不会解体，则要求 式应被满足。注意到 E 0，由 式知， 应满足的条件是 grav
4
3
（5）光子气体的内能密度u 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 rad
2 38π h 8π h 8π5k 4T 4
urad d d(h )
c3 eh /kT 3
0 1 0 c h
3 eh /(kT ) 1 15h3c3
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 dS 是体积元的底面的面积， 是体积元的侧面母线的长度。若光子气体
的光压为 p ，它在dt 时间内作用对面元dS 的冲量为 rad
dI p dSdt rad
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 题解图 5b
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
h h 2cos
dp cos h
c c c
它正比于一个频率为 的光子的能量 h 。各个频率的光子在dt 时间内光子在面元dS 上转移的动量在dS 方
向的投影之和为
2cos 1 8π 2 h 2cos u
dp d rad
c 4π c30 e
h /kT 1 c 4π
u
式中 rad 是单位立体角内的光子气体的内能密度。冲量 实际上是光子在dt 时间内光子在面元dS 上转移的
4π
总动量在dS 方向的投影之和
2π π/2 2cos u u 2π π/2
I d dcos rad
1
dScdt cos 2 rad dSdt d cos2 dcos u raddSdt
0 0 c 4π 4π 0 0 3
由 式
1 8π5k 4T 4
p u rad rad
3 45h3c3
由 式和绝热指数的定义可得
p 4
1 rad
urad 3
（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
(r) (r)drdS 1 L(r)
dprad (r)dS dS
dS c 4πr2
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 式得
dprad (r) (r) (r)L(r)
2
dr 4πr c
将 式代入 式，并利用④式得
3 dT (r) 45h
3c2 (r) dm(r)
T (r) L(r)
dr 512π7k 4r4 dr
（7）恒星内部每一点的总压强等于原子物质分压 atom与光压 prad 之和，即
20
p(r) p atom (r) prad (r)
在加入辐射之后，第（1）问⑤式中的 应理解为总压强。于是由⑤ 式和题给假设得
dp (r) dp(r) dp (r) G (r)m(r) (r) (r)L(r)
atom rad 0
dr dr dr r2 4πr2c
由 式得，在恒星表面 r R 处有
dp (r) G (R)m(R) (r) (R)L(R)
atom 0
dr r R R
2 4πR2c
由 式得
4πcGM
L(R)
(R)
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， 各 2 分；
第（3）问 5 分， 式 2 分， 1 分， 2 分；
第（4）问 8 分， 2 分， 1 分， 2 分， 式 1 分；
第（5）问 10 分， 2 分， 1 分， 2 分， 1 分， 式 2 分；
第（6）问 5 分， 2 分， 式 1 分， 2 分；
第（7）问 5 分， 1 分， 2 分， 1 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 = a, n =1,2,3, ①
2
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
nπc
= , n =1,2,3, ②
a
同理，在导体板 B、C 之间，真空电磁波的角频率为
nπc
= , n =1,2,3, ③
L a
（2）间隔为 r的两块相邻导体板之间的真空电磁场能量为
1 1 πnc
E(r) = = ④
2 2 r
n=1
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
Etot (a) = E(a) + E(L a) = ( + ) πnc ⑤
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
21
dEtot (a) 1 1 1F (a) = = ( ) πnc ⑥
da a2 (L a)2 2n=1
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
nc
1 π c π c
E(r) = e π = ne r = ne n ⑦
2 2r 2r
n=1 n=1
c
这里 = 1。将等比求和公式
r
e n
e
=
⑧ 1 e
n=1
两边对 求导得
n e
ne = 2 ⑨ (1 e )
n=1
对小量 展开得
e n 1 1 1
2
ne = = = + + ⑩
(1 e )2 e + e n=1 2
2 12 240
所以能量为
c
π c e r π 2 π c 1E(r) = = r +O( )
2r 2 2( c 2c 24r 1 e r )
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 2 π c 1 1 1
Etot (a) = E(a) + E(L a) = L ( + ) +O( )
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
dE
F (a) = tot
(a) d π c 1 1 1
= [E(a) + E(L a)] = [ ]+O( )
da da 24 (L a)2 a2 2
由 式得
π c
lim lim F(a) =
→ 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
1 π c nc
E(a) = f ( ) = nf ( )
2 π 2a a
n=1
同理
π c nc
E(L a) = nf ( )
2(L a) (L a)
n=1
L → nc当 ，将对 n求和变为对 x积分（ → x ），有
(L a)
22
π c nc π
E(L a) = nf ( ) = (L a) 2 dxxf (x)2(L a) (L a) 2c
n=1 0
π
= a 2 dxxf (x)2c
0
这里
π
= L 2 dxxf (x) 2c
0
系统的真空电磁场能量的总能量为
Etot (a) = E(a) + E(L a)
π c a2 2nc
= L + nf ( ) dxxf (x) 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
G(N ) G(0) G (N ) G (0)
G(n) dnG(n) = + + 2 12
n=1 0
(k 2) 1
因为G (n) 包含因子 ，由此可知
k 1
lim G( j) (x) = 0
x→
于是当 x → （ → ）时有
N N
G(0) G (0)
G(n) dnG(n) = + 2 12
n=1 0
nc
由G(n) nf ( )有
a
G(0) = 0
nc nc nc
G (n) = f ( ) + f ( )
a a a
由 式有
G (0) = f (0) =1
由 式得
π c 1 1
E (a) = L + +O( ) tot
2a 12
所以当 L → 及 → ，由 式有
dE
F(a) = tot
(a) π c
=
da 24a2
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；
23
第（3）问 4 分，⑥式 4 分；
第（4）问 15 分，⑦2分，⑧1分，⑨⑩ 各 2 分；
第（5）问 22 分， 共 3分， 各 2 分，（*）1 分。
24第 41 届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题
2024 年 10 月 26 日 9:00-12:00
一、（50 分）实验研究发现，某些原子核会释放出一个电子而转变为另
一种原子核，释放出的电子的动能呈连续谱分布，这种现象被称为原子
核的β 衰变。例如原子核 21083 Bi 发生β
衰变释放出的电子的动能分布谱
（在 21083 Bi 静止的参考系中测得）如图 1a 所示。已知电子的静止质量
0.511 MeV/c2 。忽略电子在原子中的结合能。
（1）记发生β 衰变的母原子的静止质量、发生β 衰变后的子原子的静
止质量分别为 ( , )、 ( + 1, )，其中 、 分别是母原子的原子序
数、核子数。由于将原子的电子都电离掉而研究原子核的β 衰变非常困
难，因此通常在原子层次上考察原子核的β 衰变。试给出原子发生β 图 1a
衰变的条件。
（2）已知 21083 Bi 的原子质量为M P 209.984130 amu（其中 amu 为原子质量单位，1 amu 931.494MeV / c
2 ），
在β 衰变后生成的原子质量为 M 209.982883 amu 。假如在β 衰变过程中除去释放出β 电子之外没有D
生成另外的新粒子，那么β 电子的动能（以 MeV 为单位）是多大？设 21083 Bi 原子在初始时是静止的。
（3）第（2）问得到的β 电子的动能是完全确定的，这显然不符合实验观察到的连续谱的结果；所以在β
衰变的过程中必然有其他粒子生成。若只生成了一个其他粒子，试根据图 1a 所示的实验结果估算该粒子的
静止质量的范围。
（4）研究表明，原子核发生β 衰变的元过程是其中的一个中子 n 转变成了一个电子e 、一个质子 p 和一
个其他粒子 X。已知中子、电子和质子自身都具有固有的角动量，称为粒子的自旋；进一步的研究表明，中
1 h
子、电子和质子的自旋的取值都是量子化的，它们各自在任意给定方向上的投影的大小都为 （ ，h
2 2π
是普朗克常量）。设微观粒子 1 的角动量为 L1 （它在任意给定方向上的最大投影为 l1 ）、微观粒子 2 的角动
量为 L2（它在任意给定方向上的最大投影为 l2 ），这两个粒子的总角动量 L L1 L 2 在任意给定方向上的
最大投影的可能值为 l l , l l 1 , , l l 。求粒子 X 的带电量和自旋。 1 2 1 2 1 2
二、（50 分）
晶格的热振动问题常可简化成耦合的弹簧振子问题。考虑一个一维耦合弹簧振子系统模型。设有 N
（N 1）个质量为 M 的大珠子，编号为 1、3、5、···、2N 1；N 个质量为 m 的小珠子，编号为 2、4、6、···、
2N。这 2N 个珠子按编号从小到大的次序套在一个光滑、水平、闭合、刚性的固定大圆环上。所有编号相邻
的珠子之间（包括 1 号和 2N 号）都由相同的、劲度系数为 k 的轻弹簧相连，并达到静力平衡状态。
现研究上述一维耦合弹簧振子系统 S在平衡状态附近的微振动。由于圆环半径远大于相邻珠子的间距，
可近似认为每个珠子是各自在相应的直线上振动的质点。
（1）试写出第 i（ i 1,2, ,2N ）个珠子满足的运动方程，设其偏离平衡位置的位移为 ， 的正方向均与
环的逆时针方向一致。
（2）S 有各种振动形式。其中有一类特别的振动模式，在此振动模式中所有珠子都以相同的频率作稳定的
微振动。这称为 S 的本征模式，其频率称为本征频率。试求出 S 的所有可能的本征频率 。提示：可尝试用
波（行波）的形式（相邻珠子振动的相位差为 ）求解。
（3）对于频率为 的本征模式，设所有大珠子的振幅都为 ，小珠子的振幅都为 。求
（3.1） 和 之间的关系；
（3.2）所有珠子在一个振荡周期内的平均动能 Ek 和 S 的总能量 E，结果中均不能出现 。（设静力平
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衡状态的能量为 0。）
（4）假设 1 号珠子被锁定不动，但其余所有珠子仍可无摩擦滑动。试求出这种情况下 S 的所有微振动的本
征频率 ；并对频率为 的本征模式，导出其 = ( )（ i 1,2, ,2N ）的表达式（结果中均不能出现 ）。
（5）如 1 号珠子的锁定被解除，且其质量变为 。即使在这种情况下，该系统也有一些本征频率 完全不依
赖于 。试求出这种情况下 S 的所有不依赖于 的微振动的本征频率 ；对于频率为 的本征模式，试导出
= ( )（ i 1,2, ,2N ）的表达式（结果中均不能出现 ）。
三、（50 分）本题中的一些物理量用复数表示。例如，电场强度的某分量随传播距离 和时间 变化的关系式
的复数表示为 E (t) Eei (kl t 0 ) ，其中 和k 分别为角频率和波矢的大小， 为初相位； 是复数，而相应
是 的模 ，余类推。
第一部分：光学器件的矩阵表示。
（1）（1.1）马赫-曾德尔（Mach-Zenhder，简称 MZ）
干涉仪示意图如图 3a 所示。入射光经过半透半反分束
器，再经过上下两处全反镜（全反射镜），分为上路（射
向 M1）和下路（射向 M2）；再经过第二个相同的半透
半反分束器后发生干涉。可调节光路，使第二个分束器
下方的探测器探测的光强为零。这时入射光的能量去
了哪里？作图并简明描述。
（1.2）利用图 3a 所示的装置可研究分束器的透 图 3a：马赫-曾德尔干涉仪示意图（部分）
射系数和反射系数之间的关系。这里分束器是一个
50/50 半透半反（对所有偏振）分光器件，即反射系数 和透射系数 的大小满足
√2
= | | = = | | =
2
反射、透射都会引入相位差，即
= e , = e ， = e ( ) = e
试求 为多少？
（2）图 3b 给出了光的 P、S 偏振正方向的定义：在图 3b(a)中，k为光的传播方向，P-S-k构成右手正交系，
P 方向又称为水平方向 H，S 方向又称为垂直方向 V；图 3b(b)画出了分
束器涉及的入射、反射和透射光中的 P、S、k 方向，以反射为例， 、
P 、S 分别代表反射光的传播方向、反射光中 P、S 偏振的正方向。经分
束器后，反射光的P 、S 偏振分量均可用入射光的P 、S 分量表示
= + , = +
它们可由一个矩阵表示 (a) (b)
图 3b
=
上式中的2 × 2矩阵称为分束器的反射
矩阵，余类推。已知分束器对 P 和 S 分
量的反射系数分别为 = e 和
= e ，试写出分束器的反射矩阵
和透射矩阵 的具体形式（用本问中
给的已知量和常数表示）。
(a) 全反镜 (b) 1/4 波片(快轴 ) (c) 线偏振片
（3）图 3c(a)为全反镜示意图，试写出
图 3c
它的反射矩阵 .
（4）对于 1/4 波片，偏振沿其快轴的光经过波片后会比偏振沿其慢轴的光的相位领先 。图 3c(b)为快轴沿
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45 方向的 1/4 波片的示意图， 垂直于此波片。写出该波片的矩阵 ，并将其表示成标准形式 = 1 ′ 。
′ ′
（5）线偏振片的透光方向沿水平（H）、垂直（V）和 45 方向的示意图如图 3c(c)所示，分别写出它们的矩
阵 、 、 °.
第二部分：四象限干涉。
干涉仪是通过光强的变化测量相位变化的一
种仪器。一般的干涉仪（如迈克尔逊干涉仪）仅测
量光强并可据其定出相位 的大小，但无法确定其
正负，还需要通过观察条纹的吞吐变化才能判断
的正负。这在某些应用中并不方便。图 3d 给出了四
象限干涉仪的示意图，它可以通过仅测量 A、B 处
探测器的干涉光强，便可得到 的确定值（ <
≤ ）。
激光经过一个垂直透光方向（垂直于纸面）的
线偏振片(V)被全反镜 1 反射后射入半透半反分束
器 1，分成光路 1 和光路 2。光路 1 的光被全反镜 5 图 3d： 四象限干涉仪示意图
反射，再经过快轴沿 45 的 1/4 波片进入半透半反
分束器 2，再次被分成两路后分别通过线偏振片(V)到达探测器 A 和线偏振片(H)到达探测器 B。光路 2 的光
被全反镜 2、3 和 4 反射后，通过一个透光方向沿 45 的线偏振片，再由分束器 2 分成两路，分别射向探测
器 A、B。
（6）已知激光器发出的激光到达分束器 1 前的振幅为 ， 、 、 分别表示光从分束器 1 沿光路 1、2 到
达分束器 2 的光程和激光的真空波矢的大小，分别写出探测器 A 的光强和探测器 B 的光强中的干涉项
干涉 干涉
、 （干涉项是指光强中因干涉所引起的贡献，即两路光同时存在的光强减去两路光单独存在时的光
干涉 干涉 干涉
强）。进而将 的计算结果中的总相位记为 ，再将 、 用 表示出来。
干涉 干涉
（7）简述如何通过 、 的数值求得 的方法。
不计光在传播过程中的所有损耗。
四、（70 分）考虑在刚性、粗糙的水平地面上的一个载人的两轮平衡车简化模型，如
图 4a 所示。该模型包含两个相同的刚性圆形车轮（厚度忽略不计），每个车轮的半
径为 r ，质量为m 且均匀分布在车轮边缘；两车轮的圆心用长度为 d 、质量可忽略
的细直刚性轮轴相连，两车轮各自所在平面始终与轮轴垂直。将平衡车除两轮、轮
轴以外的其它车体部分和车上站立的人简化为质量为 M 、长度为 L 的匀质刚性细
杆，细杆底端和轮轴中心位置C 相连，细杆可绕 C 做无摩擦转动；此外，细杆与轮
轴之间可以有沿轮轴方向的力偶矩（即扭矩，由杆上的发动机提供）。假设车轮在地
面上始终做纯滚动。忽略平衡车系统内部所有摩擦阻力、空气阻力和形变导致的能 图 4a
量损失。取 z 轴正向为竖直向上， x 轴与轮轴平行， y 轴与车行进的方向平行。已知
重力加速度大小为 g 。
（1）本问中发动机不输出扭矩，细杆与轮轴之间的接触可视为点接触；设两个车轮
与轮轴不是刚性连接（可以各自独立转动），且车轮质量可以忽略。
考虑平衡车的转弯过程，C 点在水平面上做角速度为 的匀速圆周运动。细杆始
终保持在轮轴所在的竖直平面内，且向内侧的倾角 保持不变，其后视图如图 4b 所
示。求
（1.1）C 点运动轨迹的半径 ( )；
（1.2）地面对左、右两个车轮的正压力的大小 左、 右（最后表达式中不得含 ）。 图 4b
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在下面第（2）（3）问中，细杆在垂直于轮轴的平面内运动；两个车轮与轮轴刚
性连接，车轮质量不可忽略。
（2）考虑平衡车沿直线向前加速的过程，平衡车的侧视图如图 4c 所示。设细杆处
在向前倾角为 的位置，为使 保持不变，发动机需要对轮轴施加合适的扭矩 ( ) 。
求 ( ) 和平衡车质心的加速度 a( ) 。设 y 轴正向指向平衡车前进的方向，扭矩的
正向为图 4c 中的逆时针方向。
（3）考虑平衡车的小振动。假设发动机输出的扭矩 ( ) 满足第（2）问求出的函数
关系式，关系式中的各参量仍为第（2）问中的值。但是，本问中细杆的质量变为
M 。对于合适的 M 值，细杆倾角 （在 0附近）和 C 可以做频率相同的小振
动。求 M 需满足的条件，以及此小振动的角频率 。
图 4c
五、（50 分）考虑一个球对称的恒星，其物质分布在半径为 的球体中，总质量为 M，球心为 O．假设恒星
物质只含有两种成分：一是中性或电离的原子，称为原子物质；二是辐射，称为光子气体。已知万有引力常
量为 .
假设恒星的总能量主要来自原子物质，在以下第（1）（2）（3）（4）问中可忽略辐射。
（1）首先研究恒星的静力平衡，此时可将恒星物质视为流体。设 r 为恒星内的任一点到其中心 O 的距离，
该点处流体的压强为 ( )，质量密度为 ( )，半径为 的球体内的总质量为 ( )。试写出平衡状态下 ( )与
( )满足的微分方程。
（2）利用第（1）问的结果，证明 ( )与 ( )满足不等式
d Gm2(r)
p(r) 0
dr 8πr
4
并据此估算恒星中心 O 处压强的下界，结果用 、 、G 表示。
（3）试计算恒星自身的引力势能，用 ( )的积分式表示。设所有恒星物质被球对称地拉到无穷远处为势能
的零点。
（4）考虑恒星物质的热力学。假设恒星物质的内能密度 u(r) 与压强 p(r) 满足关系
( 1) ( ) = ( )
其中 为绝热指数。只考虑 > 1且 不依赖于 的情形。如果恒星不会解体， 应满足什么条件？
以下各问考虑辐射的效应。假设恒星内部的光子仍然以真空中的光速 传播。
（5）假设恒星内光子气体处处达到局域热平衡，光子气体的内能来自光子的能量，压强来自光子的光压。
试计算这种光子气体的绝热指数 .
（6）原子物质能吸收光子。当辐射通过厚度为d 、密度为 的物质薄层时，有部分光子被吸收。被吸收的光
子所占的比例为 ( ) ( )d ，其余光子穿过该物质薄层，其中 ( )称为不透明度。假设 ( )不依赖光的频率。
原子物质吸收光子而受到光压，由此导致了光子气体的压强差。设恒星在以 O 为中心、半径为 的整个球面
向外辐射的功率（光度）为 ( )，试给出温度 ( ) 满足的微分方程，结果可包含 ( )、 ( )、 ( )、 及相
关常量和常数。
（7）假设恒星内原子物质的分压随半径 的增大而减小。试估算恒星表面处光度 ( ) 的上界，结果用
、 ( )与相关常量和常数表示。
8π 2 h
提示：可利用 Planck 黑体辐射能谱为 B( ,T )
c3 eh / kT 1
z3dz π4
和积分公式
0 e
z 1 15
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六．（50 分）根据量子力学不确定性关系 x p （这里，
2
h
x、 p 分别是粒子的位移 、动量 的不确定度， 是
2π
约化普朗克常量，h是普朗克常量），一个简谐振子的位移
和动量 不可能都为零，因此其基态能量不可能为零。基
于类似的理由，真空中的量子电磁场最低态（即没有光子
的态）的能量也不能为零。这导致了一个有趣的现象：将两
块相距一定距离的不带电的导体板平行放置在真空中，它 图 6a
们之间存在非零的电磁相互作用力。
现用一个简单模型来考察这个力的起源，该模型只考虑一维空间中电磁波的传播，并假设电磁波只有一
种偏振模式。将三块相同的不带电的理想导体薄板 A、B、C 相互平行放置，A、B 之间距离为 ，A、C 之
间距离为 （ ），如图 6a 所示。已知真空中的光速为 c 。
（1）真空电磁波在 A、B 之间形成驻波，导体板表面的位置为波节。试求出 A、B 之间所允许的电磁波的
角频率。类似地，求出 B、C 之间所允许的电磁波的角频率。
（2）由于量子效应，一个振动角频率为 的简谐振子的基态能量为 1 。类似的，真空中角频率为 的电
2
磁波的一个模式所贡献的真空电磁场能量（零点能）为 1 。试写出 A、C 之间真空电磁场总能量的表达
2
式。（提示：表达式可能是发散的，即不是有限的。）
（3）推导出导体板 B 所受到的电磁相互作用力的表达式。
（4）自然界真实力的大小总是有限的。我们导出的结果之所以发散，是因为采用了过于简化的假设。例如，
实际的导体板不是理想导体，频率足够高的电磁波总能够穿过导体薄板，因而不受驻波条件的约束。所以这
些高频电磁波模式几乎不受导体板位置的影响，也不会对我们想要计算的电磁力产生贡献。为了将这一效
应考虑在内，可以采取如下方法：我们仍然保留第（1）问中求得的驻波条件，但假设每一个电磁波模式对
电磁场总能量的有效贡献是 1 。这里 与 的量纲相同，且满足 1。试计算在 → ∞、 → ∞的
2
极限下导体板 B 受到的电磁力。
（5）第（4）问中，用一个特定的指数函数来控制高频电磁波的贡献，得到了一个有限的电磁力；但是，这
个电磁力的大小不依赖于具体函数形式的选取。因此，考虑一个更一般的函数 f (x) ，它只需要满足两个条
件：
A. f (0) 1，
1
B. 当 → ∞时，| ( )|以比 更快的速度趋于零；
x
1
每一个电磁波模式对电磁场总能量的贡献为 f ( ) 。试计算在 → ∞、 → ∞的极限下导体板 B 受到的
2 π
电磁力，并说明结果不依赖于函数 f (x) 的具体形式。
（提示：欧拉-麦克劳林公式如下
N N F(N) F(0) F (N) F (0) F( j 1) (N) F ( j 1) (0)
F(n) F(n)dn B2 12 j n 1 j!0
这里 ( )是 的 阶导数， 是伯努利数。如需用到该公式，可只取前两项。）
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