第36届物理竞赛决赛实验试题与解答
2019年第36届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解析版
2019年第36届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解析版一(40分)、如图a ，旅行车上有一个半径为R 的三脚圆凳(可视为刚性结构)，三个相同凳脚的端点连线(均水平)构成边长为a 的等边三角形，凳子质心位于其轴上的G 点.半径为r 的一圆筒形薄壁茶杯放在凳面上，杯底中心位于凳面中心O 点处，茶杯质量为m(远小于凳子质量)，其中杯底质量为5m(杯壁和杯底各自的质量分布都是均匀的)，杯高为H(与杯高相比，杯底厚度可忽略).杯中盛有茶水，茶水密度为ρ.重力加速度大小为g.(1)为了使茶水杯所盛茶水尽可能多并保持足够稳定，杯中茶水的最佳高度是多少?(2)现该茶水杯的底面边缘刚好缓慢滑移到与圆凳的边缘内切于D 点时静止(凳面边有小凸缘，可防止物体滑出；凳面和凳面边的凸缘各自的质量分布都是均匀的)，且OD ⊥AC(见图b)，求此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于滑移前(该茶水杯位于凳面中心处)的改变.参考解答:(1)以凳面中心0为坐标原点，以过O 点向上的竖直线为y 轴.茶杯(包括茶水在内)的质心位置CM y 为224()522()CMm H h r h y m r h ρπρπ⋅+=+ (1)5分 式中h 是杯中茶水的高度.令2h r ρπ=，(1)式即24522CMm H h y m hλλ⋅+=+ 事实上，考虑在茶杯中茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置max min ()()CM CM y h h y ==，故有max0CM h h dy dh== (2)5分由(1)(2)式得max1m h λ⎡=-⎢⎣ (3)舍弃负值(不合题意)，杯中茶水的最佳高度为max1m h λ⎤=⎥⎦21m r ρπ⎤=⎥⎥⎦(4)3分【另一种解法：事实上，考虑在茶杯中茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置max min ()()CM CM y h h y ==.(1)式即22522CMmH m m h m y m h λλλλλ++=+-+ 它满足代数不等式min=()CMCM m m y y λλ≥= 式中当h 满足22522mH m m h m h λλλλ++=+即max 1m h h λ⎤==⎥⎦21m r ρπ⎤=⎥⎥⎦(4)3分时取等号，max h 即杯中茶水的最佳高度.】(2)记凳子质量为M.该茶水杯的底面边缘刚好滑移到与圆凳的边缘内切于D 点静止后，坐标系及三脚圆凳的受力分析分别如解题图a 和解题图b 所示，其中A N 、B N 和C N 分别是车内底板对凳脚A 、B 和C 的支持力.由几何关系有2cos303aO A O B ''===o (5)3分tan 30223a O O '''==o (6)3分 三脚圆凳处于力平衡状态，竖直方向合力为零0A B C N N N Q P ++--= (7)3分 A C N N = (8)3分式中，max Q mg h g λ=+，P=Mg.由(7)(8)式得 以x 轴为转动轴，力矩平衡()()0B A C Q R r N O B N N O O ''''-+-+= (9)5分记R R r '=-，由(5)(6)(9)式有20323BA QR N N '+-= 【另一种解法：以AC 为转动轴，由力矩平衡条件有()()0B Q R O O N O R O O PO O '''''''''''-+--= (9)5分即()()02332323B Q R N P '-++-= 】联立以上各式得B N =13g M ⎡⎤⎛=-++⎢⎥ ⎝⎢⎥⎣⎦ (10)A C N N ==13g M ⎡⎤⎛=+++⎢⎥ ⎝⎢⎥⎣⎦ (11) 值得指出的是，解(10)满足0B N ＞，即，M (12)这已由题给条件保证了.由(7)(10)(11)式得，此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于茶水杯滑移前的改变为3B P QN +∆== (13)4分()33A C a Q aP P QN N a '+++∆=∆=-= (14)6分 评分标准:本题40分.第(1)问13分，(1)(2)式各5分，(4)式3分；第(2)问27分，(5)(6)(7)(8)式各3分，(9)式5分，(13)式4分，(14)式6分.二(50分)、农用平板车的简化模型如图a 所示，两车轮的半径均为r(忽略内外半径差)，质量均为m(车轮辐条的质量可忽略)，两轮可2m 绕过其中心的光滑细车轴转动(轴m 的质量可忽略)；车平板长为l 、质把手量为2m ，平板的质心恰好位于车轮的轴上；两车把手(可视为细直杆)1的长均为21、质量均为m ，且把手前端与平板对齐，平板、把手和车轴固连成一个整体，车轮、平板和把手各自的质量分布都是均匀的.重力加速度大小为g.(1)该平板车的车轮被一装置(图中未画出)卡住而不能前后移动，但仍可绕车轴转动.将把手提至水平位置由静止开始释放，求把手在与水平地面碰撞前的瞬间的转动角速度.(2)在把手与水平地面碰撞前的瞬间立即撤去卡住两车轮的装置，同时将车轮和轴锁死，在碰后的瞬间立即解锁，假设碰撞时间较短(但不为零)，碰后把手末端在竖直方向不反弹.已知把手与地面、车轮与地面之间的滑动摩擦系数均为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力).求在车轮从开始运动直至静止的过程中，车轴移动的距离.参考解答:(1)车轮被一装置卡住而不能前后移动，但仍可绕轮轴转动.把手绕车轴的转动惯量为222221114172(2)21221246J m l m l m ml ml ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦平板绕车轴的转动惯量为222112126J ml ml == 平板与把手整体绕车轴的转动惯量为21243J J J ml =+= (1)4分把手和平板整体的质心位置到车轴的距离C r (见解题图a)为2244C lml r m == (2)4分 设把手与地面碰撞前的瞬间的角速度为ω，由机械能守恒有2142J mgh ω= (3)4分 式中h 是把手和平板整体的质心下降的距离(见解题图b)32C h r lr = 将(2)式代入上式得2346r l r h l =⋅= 由上式和(1)(3)式得ω=(4)4分 (2)在把手与地面碰撞前的瞬间，把手和平板车的质心的速度大小为14C C l v r ω=== 由几何关系有2sin 3rlθ=，cos θ= 碰前瞬间把手和平板质心速度的水平与竖直分量(从把手末端朝向把手前端为正)分别为112sin 3C x C x r v v l θ===分11cos C yC x v v θ=== (6)4分记碰撞时间间隔为△t ，由题设，把手、平板与车轮组成的系统在碰撞过程中可视为一个物体.刚碰时，由于把手末端与地面之间有相对速度，把手末端与地面之间在碰撞过程中水平方向的相互作用力是滑动摩擦力.设碰撞过程中地面对系统在竖直方向上总的支持力为N ′，在碰撞后的瞬间系统的水平速度为0v (0v ≥0).在水平和竖直方向上分别对此系统应用动量定理有10()0(4)tC y N dt mv μ∆'-=--⎰ (7)2分 010()64tC x N dt mv mv μ∆'-=-⎰(8)2分值得注意的是，(8)式左端的冲量不可能等于零，因而(7)式左端的冲量也不可能等于零.由(7)(8)式得011116444sin 4cos C x C y C C mv mv mv mv mv μθμθ=-=-即0122(sin cos )(sin cos (sin cos 33C v v θμθθμθθμθ=-=-=-当tan μθ≥=系统静止，故0s = (9)2分当22tan 94l rμθ=-＜系统开始运动，下面分两阶段讨论系统开始运动后直至停止的过程: 阶段I.车轮又滑又滚阶段两车轮的受力如解题图c 所示，图中01N 是地面对两车轮的正压力，Ox N 和Oy N 是把手和平板通过轴对两车轮分别在水平方向和竖直方向的作用力，地面对车轮的滑动摩擦力101f N μ=.把手和平板作为一个整体的受力解题图d 所示，图中N 是地面对把手末端的正压力.地面与车之间的总滑动摩擦力为01()(6)f N N mg μμ=-+=- (10)2分把手、平板和车轮组成的系统的质心加速度c a 为6c fa g mμ==- (11)2分 对把手和平板系统应用质心运动定理有4Ox c N N ma μ-= (12)1分 40Oy N N mg +-= (13)1分对把手和平板系统应用相对于过质心的水平轴的转动定理有55sin cos sin cos 04444Ox Oy l l l lNN N N μθθθθ+++= 由(11)(12)(13)式得4()4Ox N N m g N mg μμμμ=+-=- 4Oy N mg N =-将以上两式代入(14)式得55sin cos (4)sin (4)cos 04444l l l lNN N mg mg N μθθμμθθ++-+-= (14)2分 于是23N mg =因而210433Ox N mg mg mg μμμ=-=-210433Oy N mg mg mg =-=对两车轮在竖直方向上应用质心运动定理有020Oy N mg N --= (15)2分对两车轮应运用转动定理有202N r mr μβ= (16)2分由(15)式得010162233Oy N mg N mg mg mg =+=+= 再由(16)式得021682233N rgmg mr mr rμμμβ==⋅=设车轮经历时间间隔t 后开始纯滚动，由纯滚动条件有0c r tr v v a t ωβ===+ (17)2分此即0()c r a t v β-=由此得0c v t r a β==- 车轮开始做纯滚动时的速度为10(sin cos c v v a t θμθμ=+=--分cos )θμθ=- 在整个又滑又滚阶段，车轴移动的距离1s 为221012c v v a s -=于是有22221014(sin cos )(sin cos)22c gr gr v v s a gθμθθμθμ⎡⎤⎡⎤---⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦==- (19)2分 222225757(sin cos )(294)871278408r rr l r lθμθμμ=-=-- 阶段Ⅱ.车轮纯滚动阶段两车轮的受力如解题图e 所示，图中02N 是地面对两车轮的正压力，2Ox N 和2Oy N 分别是把手和平板通过轴对两车轮在水平方向和竖直方向的作用力，2f 是地面对车轮的作用力(静摩擦力)。
第36届物理竞赛复赛模拟题(第8套)_解析
1. 解：（1）参考题解图1，1T 的计算：球1从A 到1B 所经过时间记为11t ，到达1B 的速度大小记为10v，有2111113sin 2L g t t ϕ=⇒=10113sin 105v g t ϕ== 将球1从1B 到C 时间记为12t ，有210121112121324cos 10255L v t g t gL t gt ϕ=+=+取其解为：12t =合成，得到11112T t t=+=（4分） 2T 的计算:仿照球1所引参量，有 )221211114cos 2L g t t t ϕ=⇒==20214cos 105v g t ϕ==2220222222221433sin 102510L v t g t gL t gt ϕ=+=+22t ，22122T tt =+ （3分）（2）由（1）问解答可知道02T T ==球1,2于11211t t t ==。
分别同时到达12,B B 。
据此将讨论的时间范围分为两段：10t t ≤<和10t t T <<，10t t ≤<时间段F 的求解：此时间段内，t 时刻球1,2所在位置到竖直线AC 的水平距离分别为211sin cos 2x g t ϕϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭，221cos sin 2x g t ϕϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭即有：12x x =重力1m g mg =，2m g mg =相对A 点力矩之和为0，故有解全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第八套（解析与评分标准）满分3200F = （4分）10t t T <<时间段F 的求解：参考题解图2，球1,2朝AC 线水平加速度分别为()()1212cos sin ,sin cos 2525g g g ϕϕϕϕ==，即相同t 时刻重力矩之和为：M ∆，方向：水平朝外。
大小：1122M m gx m gx ∆=-。
()()21101112112sin 5225x L v t t g t t ϕ⎡⎤=--+⨯-⎢⎥⎣⎦，()()22101112112cos 5225x L v t tg t t ϕ⎡⎤=--+⨯-⎢⎥⎣⎦，()())12201011cos sin x x v vt t t tϕϕ-=--=- 为平衡此力矩，要求F ：方向：水平朝左。
物理竞赛答案(2019-2广东)
第36届全国中学生物理竞赛（广东赛区）参考答案1、（1）设I 室内气体压强为1p ,II 室内气体压强为2p ,III 室内气体压强为3p ,III室内气体初始长度为3l 则：10p lS RT υ=…………….①203322p l S RT υ=…….②33022p l S RT υ=……...③根据平衡条件有：321222p S p S p S p S+=+或1232p p p +=……………④由①②③④得：3l l=…………⑤（2）设活塞移动d 后，I 室内气体压强为1p '，II 室内气体压强为2p ',III室内气体压强为3p ',III 室内气体末态温度为3T '则：10()2p l d S R T υ'-=………….⑥223[()()2]222l l p d S d S RT υ'++-=……⑦33()22p l d S RT υ''+=…….⑧根据平衡条件：1232p p p ''+'=…………⑨由⑥⑦⑧⑨式得：3023232l d l dT T T l d l d++'=+--…….⑩（3）设I 、III 室吸收总热量为Q,做功为W,内能变化量为U ∆则：U Q W ∆=+…………..○11Q U W=∆-0030(2)2()U C T T C T T νν'∆=-+-023(3)32l d l dU C T T l d l dν++∆=+--…………….○12对II 室，无绝热过程，其内能变化量2U ∆与做功W 2关系：22U W ∆=2203()2W C T T ν=-………○13根据能量守恒得：2W W =-…………○14所以总的吸收热量220159[]2(32)Q U W l d lQ C T T l d l d ν=∆+-=+--2（）…………..○15评分参考：第○1-○10式每式1分，○11-○15式每式2分。
第36届物理竞赛复赛模拟题(第14套)_解析
1. 设N0=kmg,先分析最底下一组两个劈状物,作为一个整体的受力如图所示。
由质心运动定律可得N+2mg−N0=2ma cy=m a y(1)上式中a y是最底下一组中右上方劈状物的y方向加速度。
现取此劈状物为参照系，在此非惯性参照系中，此物的上表面即为固定的桌面，其上方还有无限多组劈状物的受力中还应加上一个方向向上惯性力f i=ma y,因此，各物所受的重力变为m g′=mg−ma y,即有:g′=g−a y.所以有N=km g′,将此代入（1）式，可得km g′+2mg−kmg=ma y→a y=2k+1g(2)再仔细分析一下最底下一组两个劈状物的情况，由左下物受力可得：N′sinθ=ma x(3)N0=mg+N′cosθ(4)由左下和右上两物沿垂直于斜面方向加速度相同，可得a x sinθ=a y cosθ−a x sinθ(5)由（2），（3），（4），（5）式可解得：k=1sinθ即体系对桌面的压力为N0=mgsinθ2. 对左室气体（1），有T0V0γ−1=T1V1γ−1→T1=2γ−1T0（1）内能的增量∆U1=m1μC v T1−T0=m1μC v2γ−1−1T0（2）对右室气体（2），有T0V0γ−1=T2V2γ−1→ T2=23γ−1T0（3）内能的增量∆U2=m2μC v T2−T0=m2μC v23γ−1−1T0（4）由于m1=m2=m,于是由（2），（4）式可得两部分气体总的内能增量为∆U=∆U1+∆U2=mμC v2γ−1+23γ−1−2T0（5）在两部分气体混合过程中，与外界无功于热量的交换，因此总内能保持不变，即U=U0+∆U=2mμC v T0+∆U=mμC v2γ−1+23γ−1T0（6）、设混合后气体达平衡态后温度为T，U=2mμC v T（7）全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十四套参考答案由（6），（7）式可得 T =122γ−1+ 23γ−1T 0（8）体系初，终态的状态方程为： P 0 2V 0 =2m μRT 0，P 2V 0 =2m μR T由此可得气体最终的压强为P =T T 0P 0=12 2γ−1+ 23γ−1P 0=1.18P 0 γ=533. 当线圈位于x 处时，线圈中的感应电动势为： ε动 = −dΦdt =−ddt −B x πR 2 =−k πR 2dxdtε动 = −k πR 2v (1) 另有，ε动 = −∮ v ×B ∙dl =−∮vB r dl 2πR0 = −v B r 2πR (2)由（1），（2）式可得：B r = 12 kR = C (3)(3)式也可以用高斯定理获得：如图取一段以x 轴为轴、以R 为半径的圆柱形高斯面，根据高斯定理，有：∮B ∙dS = −πR 2B x (0)+πR 2B x x 0 + 2πR ∙x 0∙B r= −πR 2C +πR 2 C −kx 0 + 2πR ∙x 0∙B r = 0 ∴B r = 12 kR因超导线圈电阻为零，因此有： ε总 = ε动 + ε自= IR = 0根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量保持不变。
2019年第36届全国中学生物理竞赛决赛笔试试题及答案
2019 年第36 届全国中学生物理竞赛决赛笔试试题及答案免费下载站2019-10-28xat ««vu49i *wt ，“•儿1•»*1•管oz ・・“ 3M■«；■» &，24f •精 一％《• J&.% ♦工2f•・・/ ■・■■■•■■・・、33Q(•E"r 、&•£八中•■%•(2 ■:小 '・，・"，•公「A -m l f £r • F, &«・"1% 0•多乂？〜 冬务•—今■•仍工*■CEO ・・ 以•£■0/)• «，K6,A 八 t a3H ，aH ・・E » 工・・ 2・»•?•.、・ •4•・，•，值凡・修.%.工.m ”手.Q.・小3.)B « <■・・)<||»<>二.f 一••“••»• ”•»•《“♦・・・・，一•・ ・■伞・0(“・<1•・・・1.，«氏・代〉..今 •tr< A < ■・•• / •/.. “7 ・e>•上। “4・3・aT U0«・ •富•・倒I<^M) 用电弊叁J一川”・彳生必一 3-P——伊 ---------- —八4•^(■・，)?，•，・•明口4・a・«04)1分Q)，。
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2019年第36届全国中学物理竞赛(浙江赛区)预赛试卷(word清晰版)
2019年第36届全国中学物理竞赛(浙江赛区)预赛试卷(word清晰版)C.减小电阻的温度系数D.增强电阻的耐久性5.现有一电，其极板面积为S，相距为d，其介电常数为。
若将其接入电路，充电电压为V，则电中的电荷量Q为()A.Q=SV/dB.Q=SV/dC.Q=Vd/SD.Q=SV/ d6.如图所示，一光滑水平桌面上有一固定点O，一质量为m的小球沿光滑斜面从点A滑下，滑到点B后弹回，最高点为C，CO=2AB，小球与斜面间的摩擦不计，重力加速度为g，则小球从A点滑到B点的时间为()A.22sB.2sC.2sD.3s5.一平行板电始终与电源相连接。
如果用绝缘手柄将电两极板间距拉大，那么极板上的电量Q、电场强度大小E和电场能量W会发生变化。
答案是B，即Q减小、E减小、W减小。
6.两个惯性系S和S'，沿x(x')轴方向作匀速相对运动。
设在S'中某点先后发生两个事件，用静止于S'中的钟测出这两个事件的时间间隔为τ，而用静止于S中的钟测出这两个事件的时间间隔为τ'。
又在S'中x'轴上放置一静止长度为l的细杆，在S中测得此杆的长度为l。
答案是D，即τ>τ'，l<l。
7.飞行器的法向加速度为gcosφ，其中φ是飞行器在任意位置的运动方向与x轴的夹角。
8.飞行器的切向加速度为gsinφ，其中φ是飞行器在任意位置的运动方向与x轴的夹角。
9.φ与坐标x之间的关系为φ=arctan(tanα-gx/v^2cos^2α)。
10.飞行器的高度y与坐标x之间的关系为y=x tanα -v^2cos^2α/2gx，其中α是飞行器的发射角度。
11.飞行器能够达到的最大高度ymax为v^2sin^2α/2g。
12-14题已被删除，无法回答。
12.小球相对于圆柱体轴线的角动量为 $mvR$。
13.小球的动能为 $mv^2/2$。
14.此时轻绳的未缠绕长度为 $L - \sqrt{18\pi R}$15.甲虫在突然爬行瞬间，圆环的角速度为 $u/10R$。
2019年第36届全国中学生物理竞赛山西预赛试题及解析
2019年第36届全国中学生物理竞赛山西预赛试题及解析（试题附在后面）一、选择题. 本题共5小题，每小题6分. 在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意. 把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的括号内. 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分1、C ； 2. AB ； 3.B ； 4. D ； 5. C ；二、填空题. 把答案填在题中的横线上. 只要给出结果，不需要写出求得结果的过程. （每个题10分）6、57.6N ；7、8、R R RAB618.15121=+=）（；9、1/41/2S E S 11R T d αβ⎛⎫-⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭ 102、李萨如图实际上是一个质点同时在X 轴和Y 轴上振动形成的。
但是，如果这两个相互垂直的振动的频率为任意值，那么它们的合成运动就会比较复杂，而且轨迹是不稳定的。
然而，如果两个振动的频率成简单的整数比，这样就能合成一个稳定、封闭的曲线图形，这就是李萨如图。
4、在4℃时，水的密度为什么最大？这里介绍一种比较常见的解释． 我们知道水的密度比冰的密度大，这是因为液态的水在凝固成冰的时候，分子间的相互作用力使分子按一定的规则排列，每个分子都被四个分子所包围，形成一个结晶四面体．这种排列方式是比较松散的，使得冰晶体中的分子间的平均距离大于液态水中的分子间的平均距离．在液态水中，分子的排列比较混乱，不像冰中的分子那样，按一定的规律排列．分子在液态中的运动虽然比在冰中更自由，但分子与分子间的平均距离比在冰中更小，所以水的密度比冰的密度大． 用X 射线研究液态水的结构时，发现液态水中在一定程度上还保留着非常微小的冰的晶体．根据推算，在接近0它的水里，约包含着0．6％的这种微晶体．当温度逐渐升高时，这种微晶体逐渐地被破坏，由于这种微晶体具有较小的密度，所以微晶体的被破坏就会引起密度的增加．因此，在水中有两种使密度改变的效应：①使密度变小的效应．当温度升高的时候，水分子的热运动更剧烈了，分子间的距离变大了i 因而引起密度的减小．②使密度变大的效应．当温度升高时，水中的微晶体逐渐地被破坏，引起密度的增大．在4C 以上，水的温度升高时，第十种效应占优势，水的密度减小，体积增大．在4℃以下，水的温度升高时，第二种效应占优势，水的密度增大，体积减小．因此，水在4℃的时候，密度最大，这就是水的：密度反常变化的原因从微观上看，气体中比液体中分子间的平均距离大得多，液体分子间有较强的吸引力，物质从液态变为气态时，一方面必须克服分子间的引力而作功，另一方面在汽化过程中体积增大时，必须反抗外界压力而作功。
第36届全国中学生物理竞赛预赛试卷参考答案与评分标准(北京赛区)
mvx Mu 0
①
列出在脱离瞬间的能量守恒
1 2
mvx2
1 2
mvy 2
1 2
Mu2
mgr(1
2) 2
②
速度约束条件
vx u vy
③
题目给出 m 2M ，
在第一个和第二个式子中左右同除 M，新的三个方程只含三个速度作为未知量
解得
vx ( 2 1)gr
u 2( 2 1)gr
11. （12 分）
答案： Br2 ，2 R0
电量可以通过考察电流得到 Q
it
t
R0t
B r2
R0
R0
最终我们约去了时间 安培力作为阻力的冲量
I
iBl dt
Blv
B2
Bl dt
l 2dx
R0
R0
式中 l 为导线在磁场交界面所截的宽度，x 为向内的位移。
实际我们不用计算这个积分，能够通过观察看出—— I r3
动量
PI
mv0
B2 R0
r3
我们知道质量和电阻都与 r 成正比关系
rv0
B2 r
r3
v0 r
故而我们知道为了满足题设的运动条件，初速度也需要变成两倍。
三、计算题.计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后 结果的不能得分.有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位 12.（26 分） （1）.我们将整个桥视为一个系统，受重物压力 P，左右两侧支持力。根据力矩平衡可以解 出其大小。分别对左右两个支点计算力矩平衡有：
我们现在画出123xxx分别对应abtactalnlngetfgtgrnrn1的光路图左图1xf?折射后的平行光被反射成像右图则是23xx的情况物体经过折射成像在平面镜上反射之后成像在原物平面上对应111xlxf???的两个解整理得到220fxflxlxxxlxfl???????解得242llflx???综上列出1xf?22234242llflxllflx??????注意有个先决条件是4lf?但是如果不满足的话根本不会有后面两种成像情况所以不需要分类讨论当物体在1x处时我们知道经透镜第一次折射之后得到平行光角度正比于物的大小反射后角度相同再次折射之后在物平面成的像为倒立的实像根据像比例关系的传递可知与原物等大故而当物体移动h?时像将会向相反方向移动h?评分标准
2019年第36届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题评析
2019年第36届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题评析2019年第36届物理竞赛的复赛及决赛理论试题均由浙江大学物理系命制。
与之前的复赛理论试题类似，决赛理论试题同样出现了有别于往届的显著变化，题目总数由往届决赛的八道减少为六道，但分析计算量不降反增，试题整体体现出鲜明的“浙大风格”，题目背景及物理模型较为新颖、题干文字描述信息量大、对考生分析及计算能力要求高。
关于试题难度、命题方向、考察知识点，以下整理2019年第36届全国中学生物理竞赛决赛试题评析，供低年级竞赛生参考。
第一题（40分）评析：车轮模型，属于经典的刚体动力学问题，思维难度不大，但运算量极大（最终答案表达式的分母达到几十万数量级），与复赛的手推车一题较为相似，着重考察学生的基本功。
第二题（40分）评析：带损耗的半圆柱形电介质，需要考虑漏电流。
实际阅卷情况五十余人满分，六十余位零分，区分度高、成绩差异大，模型并不复杂，想明白之后求解很简单。
关键在于电流连续性、电导的计算（用电导计算比用电阻简单）以及等效电路图模型的建立（注意两个不同的特征时间）。
第三题40分评析：本题涉及电磁场相关的综合计算，思维难度较大同时仍具有极大的计算量，难度较大。
命题人在设计题目时，是包含送分成分的，但就阅卷情况来看还是有不少零分。
题目给定的交流电桥实际没有用，但从阅卷情况来，很多考生掉入了题目“陷阱”。
第四题（40分）评析：本题涉及热学中的多数主流考点，包含理想气体状态方程、绝热过程、等压过程、熵变，思维难度不大，但涉及到较多的数据计算。
总体比较简单，平均分较高，但阅卷时发现很多高分学生本题得零分。
第五题（40分）评析：本题涉及光学中的透镜成像、圆孔衍射公式、以及热力学统计物理初步中的麦克斯韦分布，既涉及几何光学又涉及热学统计物理，背景是2018年诺贝尔奖。
乍看起来较难上手，但实际难度不大。
本题属于命题人由科研活动中提炼出来的实际问题，就阅卷情况来看没有满分，零分较多。
第36届全国物理竞赛决赛试题
第36届全国物理竞赛决赛试题第一部分赛决赛理论考试试题与解答2019年9月26日一、新型号汽车在出厂前都要通过破坏性试验.在某次汽车测试中，一个汽车轮子的三根辐条被撞掉了其中一根，轮子的横截面如图所示．该轮子可视为内、外半径分别为1045R R =、R 0的轮盘和两根辐条组成（假设轮盘可视为匀质环形圆盘，辐条可视为匀质细杆，每根辐条的质量为m ．轮盘的质量为8M m =，轮子从图a所示位置由静止开始释放，释放时轮子上两辐条所张角的平分线恰好水平，此后该轮子在水平地面上做纯滚动．求1）刚释放时轮子的角加速度；2）释放后辐条OB 首次转到竖直位置时，轮子的角加速度、地面对轮子的摩擦力和支持力．参考解答：轮盘对过O 点且与轮面垂直的轴的转动惯量为()()0124422O10101112πd π22R R J r r r R R M R R σσ=⋅⋅=-=+⎰式中σ是轮环面单位面积上的质量.两根辐条对该O 轴的转动惯量为2O21123J mR =⨯轮子对O 轴的总转动惯量为()222O O1O210011524346275J J J M m R MR mR =+=++=(1)以轮子中心O 为坐标原点，建立如解题图a 所示的坐标系.令210M M m m'=+=轮子质心C 的x -坐标为()()()101C 0/2225M m m R R mR x M M '+⋅+-⋅-===''(2)由平行轴定理，求得轮子对过质心C 且与轮面垂直的轴的转动惯量为22C O C 02614375J J M x mR '=-=(3)在辐条OB 从初始位置转到竖直位置的过程中，任一位置对轮子在地面做纯滚动的瞬时轴P 的转动惯量为图a2P C CP22C 0C 0C 22C 0C 0C π [2cos()]2(2sin )J J M r J M R x R x J M R x R x θθ'=+'=++--'=++-(4)其中θ为质心C 从起始位置到当前位置所转过的角度，如解题图b 所示.由机械能守恒定律有2P C 1sin 2J M g x ωθ'=(5)由此得2C P2sin M g x J θω'=将(4)式代入(5)式后，方程两边对t 求导，可求得转动角加速度α20C P C 1(2cos )cos 2M R x J M gx ωθωωαθω''-⋅+=⋅结果为2C 0Pcos ()M x g R J θωα'+=(6)1）轮子从图a 所示位置由静止开始释放时，0θ=，由(4)式得，轮子对瞬时轴P 的转动惯量为()()222222,00000261412741037575P C C C J J M R x mR m R x mR θ='=++=++=此时0ω=，由(6)式得C 0,0015637P M g x gJ R θθα=='==(7)[或者直接用对任意瞬时轴P 的转动定律求解d ()d PP PC p M t'=+⨯-L M r α但此时轮子刚开始转动，角速度为零，相对于地面接触点的加速度p α（20R ω）为零，故,0P C J M g x θα='=⋅则此时的转动角加速度C 0,0015637P M g x gJ R θθα=='==(7)]2）当辐条OB 转到竖直位置时，30θ=︒，由(4)式得()222,3000012442sin 3075P C C C J J M R x R x mR θ=︒'=++-︒=由(5)式得230,3002sin 3015622C P M g x gJ R θθω=︒=︒'︒==(8)由(6)式得()230030,300cos3095553773768C P M x g R gJ R θθθωα=︒=︒=︒'︒+==(9)据题意，轮子中心O 相对于地面的加速度O a 和质心C 相对于轮子中心O 的切向加速度CO ta 与法向加速度CO n a 分别为yx OCa O a n CO a t CO αF N M 'gO 0a R α=，CO C t a x α=，2CO Cna x ω=(10)质心C 相对地面参考系的加速度（见解题图c ）sin cos sin cos t nCx O CO CO n tCy CO CO a a a a a a a θθθθ=--=-(11)根据质心运动定理可求此时的摩擦力f F 和支持力N FCx f Cy N M a F M a F M g '=''=-(12)联立以上各式可解得7735679=773768f N F F mg =(13)上述结果可以用0cos (sin )C N C f C J F x F R x αθθ=--来验证.二、一个长为l 、内外半径分别为a 和b 的半圆柱体由两种不同的耗损电介质构成，它们的相对介电常数和电导率分别为：εr 1和σ1（00ϕθ≤<区域），εr 2和σ2（0πθϕ<≤区域），其横截面如图a 所示；在半圆柱两侧底部镀有金属膜，两金属膜间加有直流电压V 0，并达到稳定.已知真空介电常量为ε0，两种介质的相对介电常数大、电导率小.忽略边缘效应.1）求介质内电场强度和电势的分布；2）求ϕ=θ0界面处的总电荷；3）分别计算00ϕθ≤<和0πθϕ<≤两介质区域的电阻和电容；4）在t =0时刻断开电源，求随后的两金属膜间电压随时间的变化（该过程可视为似稳过程），并画出相应的等效电路图.参考解答：1）考虑某一半径为r 的半圆周，如解题图a 所示.设00ϕθ≤<区域、0πθϕ<≤区域的电场强度与电位移矢量大小分别为E 1和D 1、E 2和D 2，方向均沿角向.由电流的连续性和欧姆定律有121122, J J E E σσ==(1)两介质上的电压之和为10200()E r E r V θπθ+-=(2)由(1)(2)式得11002[()]V E rσθπθσ=+-(3)022001[()]V E r σθπθσ=+-(4)假设负极板电势为零，由电势和电场强度之间的关系得：对于00ϕθ≤<区域，1002010011000022()()[1]()()V V E r V V ϕσθϕπθϕσϕσσθπθθπθσσ-+-=-=-=+-+-(5)对于0πθϕ<≤区域，01020000122000000211()[1]=()()()V V E r E r V V ϕθϕθθϕθπϕσσσθπθθπθθπθσσσ=-----=--+-+-+-(6)2）在ϕ=θ0的界面上的总电荷密度为100002021002110000001221()[()][()]()e V V E E V r r r σεεσσεεσσσθπθθπθθπθσσσ-=-=-+-+-+-(7)在ϕ=θ0的界面上的总电荷为图aϕa θ0σ1σ2εr 2,εr 1,V 0b解题图aϕa θ0σ1σ2εr 2,εr 1,V 0bd rr10201002(1)ln()b e a b l aQ ldr V σεσσσθπθσ-==+-⎰(8)3）计算介质区域00~ϕθ=的电容C 1.设半圆柱体的右极板上r 处的自由电荷密度为σe01,，有1000111011002[()]r e r V D E rεεσεεσθπθσ===+-(9)右极板上总的自由电荷100100010111000022ln [()]()b b r r e a a V l V l b Q ldr dr ar εεεεσσσθπθθπθσσ===+-+-⎰⎰(10)0ϕ=与0ϕθ=之间电势差0010101002()V V E r θθσθπθσ==+-(11)介质区域00~ϕθ=的电容C 1为01101100ln r Q l b C V aεεθ==(12)计算介质区域0~πϕθ=的电容C 2.设半圆柱体左极板上r 处的自由电荷密度为σe02，有2000222022001[(π)]r e r V D E r εεσεεσθθσ===+-(13)左极板上的自由电荷为200200020222000011ln[(π)](π)b b r r e a a V l V l bQ ldr dr a r εεεεσσσθθθθσσ===+-+-⎰⎰(14)0ϕθ=与πϕ=之间电势差为002020201(π)(π)(π)V V E r θθσθθσ-=-=+-(15)介质区域0~πϕθ=区域的电容C 2为02202200lnπr Q l bC V aεεθ==-(16)计算介质区域00~ϕθ=的电阻R 1：考虑r 处厚度为d r 的半圆柱壳（见解题图a ）.该半圆柱壳在介质区域00~ϕθ=中的部分的电导为110ldrdG rσθ=介质区域00~ϕθ=的电导为11100lnb a ldr l b G r aσσθθ==⎰相应的电阻为0111==ln R bG l aθσ(17)计算介质区域0~πϕθ=的电阻R 2.所考虑的半圆柱壳在介质区域0~πϕθ=中的部分的电导为220()ldrdG rσπθ=-介质区域0~πϕθ=的电导为22200ln()b a ldr l b G r aσσπθπθ==--⎰相应的电阻为2221==ln R bG l aπθσ-(18)4）当断开电源后，形成两个相互独立的RC 回路，其等效电路如解题图b 所示，其电势差从V 10和V 20分别衰减到零.i i iq iR C +=式中下标1,2i =分别对应于第一、二个RC 回路，而i q 是断开电源后t 时刻电容i C 正极板上所到的电量.上式即1i i i idq q R C =-解为10i it R C i q q e-=式中0q 是断开电源时电容i C 正极板上所到的电量，或1100i i i itt R C R C i i i i iq q V e V e C C --===(19)式中101011101111011=ln = lnr r l b R C b a R C l aθεεεεσθσεεσ⨯=(20)0202022202222021=ln =, lnr r r l b R C b a R C l aπθεεεεσπθσεεσ-⨯=-(21)于是1100011002()(π)t V V t e σεεθσθθσ-=+-(22)220002201(π)()πr t V V t eσεεθσθθσ--=+-(23)两金属膜之间的电压为1210200000121200021(π)()()()(π)πr t t V V V t V t V t e e σσεεεεθθσσθθθθσσ---=+=++-+-(24)解题图bC 1C 2R 2R 1V 1V 2三、用超导重力仪对地球表面重力加速度的微小变化及其分布进行长期高精度观测，可获得地幔运动、质量分布、固体潮汐、地下水和矿产分布等地球内部结构信息，以及海洋潮汐、气候变化等外部数据.超导重力仪灵敏度高（可达地表重力加速度的910-）、稳定性强，是目前地球科学领域广泛采用的重力观测装置.随着分布于全球的超导重力仪数目的增加、观测网络的建立和数据共享，为地球科学的发展、万有引力规律的精确检验等等提供了新的机遇.试就有关地下水分布引起的重力变化、超导重力仪原理等问题给出回答.1）假设地球可视为一个半径为6370km 的均匀球体，其表面重力加速度g 0=9.802m s -⋅（不考虑地球自转）.现某处地下有一个直径为20km 充满水的球形地下湖，其球心离地面15km.求地下湖正上方地表处重力加速度的微小变化∆g .已知万有引力常量116.6710G -=⨯22N m kg -⋅⋅，水的密度ρ水=1.0⨯1033kg m -⋅.2）超导重力仪的核心部件是悬浮在磁场中、由金属铌（Nb ）制成的超导球壳，为计算方便起见，这里简化为超导细环（见图a ）.悬浮磁场由准亥姆霍兹（Helmholtz ）线圈提供，它由匝数分别为αN 和N 的上、下两个同轴细超导线圈（α<1）串联而成，两线圈的半径及其中心之间的距离均为R .超导重力仪调试前，亥姆霍兹线圈和超导细环中的电流均为零，超导细环处在下线圈平面内（z =0），且与线圈同轴调试开始后，外电源对准亥姆霍兹线圈缓慢加上电流i 0，在此过程中超导细环内会产生感应电流.调节i 0的大小，使超导细环正好悬浮在上线圈平面内（z =R ），如图a 所示.由于超导线圈和超导细环的电阻均为零（其所在处的温度为4.2K ），超导环被稳定悬浮后，移去提供超导线圈电流的电源，超导线圈中的电流i 0以及由此产生的磁场均能长期保持稳定.已知超导细环的质量为m 、直径为D (D <<2R )、自感系数为L ；在上线圈平面附近，由准亥姆霍兹线圈产生的磁感应强度B 的z 方向分量和径向分量可分别近似表示为：00[1()]1 2z r B B z R B B r ββ=--⎧⎪⎨=⎪⎩其中B 0为上线圈中心处的磁感应强度，β为径向系数，r 是到轴线的距离.利用上述线圈和超导细环的已知参数、以及线圈中的外加电流i 0，求i ）B 0和β的表达式；ii ）超导细环在平衡处（z =R ）感应电流I 0的表达式；iii ）超导重力仪放置地的重力加速度g 0的表达式.3）为了精确测量重力加速度的微小变化，在超导重力仪中采用了交流电桥平衡法.为了理解其原理并便于计算，将超导细环视为面积为A 的薄“平板”，并在超导细环的上下对称位置，即/2R d +和/2R d -处，分别固定两个形状相同、面积也为A 的金属平板，构成上极板与超导“平板”、下极板与超导“平板”两个电容器C 1和C 2，如图b 所示.再将C 1和C 2与两组完全相同的电感L 0和电容C 0连接成电桥，并接在交流电源（频率远高于重力加速度的变化的快慢）上，如图c 所示.假设某时刻超导重力仪所在地的重力加速度为g ，超导细环（超导“平板”）处在其平衡位置z =R 处，交流电桥处于平衡，这时C 1和C 2上加有相同的直流电压V C ；当重力加速度改变g ∆，导致电桥失衡，将C 1上的直流电压增加V ∆，同时在C 2上减少V ∆，电桥又重新达到平衡.试给出g ∆与V ∆的关系式（不计电容器的边缘效应）.图c C 0C 0~V ac L 0L 0C 1C 2图b 上极板超导环下极板C 1C 2R +d/2R R -d/2图a zO R αN ,i 0N ,i 0RO参考解答：1）如解题图a ，地下湖在地面下深度d 处.设地球的平均密度为ρ0，水的密度为W ρ，地球质量E M 和地下湖中水的质量W M 分别为3E E 04π3M R ρ=，3W W W4π3M r ρ=设地下湖中没有水时，地面重力加速度大小为0g ，由引力定律有E02E Mmg mG R =(1)由3E E 04π3M R ρ=和(1)式得3303 5.5110kg/m 4E g R Gρπ==⨯(2)设地下湖中充满水时，重力加速度大小的改变为g ∆，同样有W E E 0222E ()M Mm m g g mG R d d ⎛⎫-∆=-+ ⎪⎝⎭(3)由3E E 04π3M R ρ=、3W W W 4π3M r ρ=和(1)(2)(3)式得30W 324024[]3 5.6010m s 5.7110r g G g dπρρ----∆==⨯⋅=⨯(4)由此可见地下湖水的存在对当地重力加速度的影响很小.2）i ）通有电流i 的单匝线圈（见解题图b ）在过线圈中心的轴上产生的磁场的磁感应强度大小为20223/22()z iR B R z μ=+(5)4分方向沿z 轴正向（按电流i 的流向）.在上线圈平面中心附近磁场的磁感应强度z 分量为上、下两线圈（见题图a ）产生磁场的叠加{}12220000223/2223/220012 2[()]2() (z)(z)2z z zB B B Ni R Ni R R z R R z Ni R f f μαμμ=+=++-+=+(6)上式中z –R 是一个小量，仅保留在一阶项有1223/23()[()]f z R z R R αα=≈+-(7)2223/223/231113()1() [][2()2]222f z z R R z z R R R R R ⎡⎤=≈≈--⎢⎥+-+⎣⎦(8)于是20033001313{[1()]}=[()()]22222224213 [()][1()][1()]122242()22z NiR Ni B z R z R R R R R R Ni z R B z R R R μμααμαβα=+--+--=+--=--+(9)式中解题图b解题图a00002(1)28Ni NiBR Rμα=+=+(10)β=(11)ii）由于超导细环的电阻为零，超导细环向上悬浮过程中，直至平衡在上线圈平面内，其磁通量总是保持不变.设超导细环在平衡位置时的感应电流为I0，有tΦε∆=-=∆(12)因而()2π(const.2z z RDB LIΦ==+=(13)由初始条件0,0,0,0t z IΦ====和(9)式可知200()2DLI Bπ=-(14)由(17)式得2200001[48Ni DI D BL RLμππα=-=-+(15)负号表示超导细环中电流与超导线圈电流方向相反.iii）当超导细环在上线圈平面（z R=）内静止时，径向磁场对其施加的向上的安培力正好与其重力平衡，即0rmg I B Dπ=(16)由题给条件和(19)(20)式得2242002222422211πππ422=16DD B B D D BLgm Lmββα⋅⋅⋅===+(17)由此可见，只要已知准Helmhotz超导线圈和悬浮的超导环参数，通过测量i就可测得该地的重力加速度g0.3）当地面重力加速度大小为g时，磁悬浮力与超导细环重力mg平衡，超导细环处在上线圈平面内(z0=R).上极板对超导“平板”、下极板对超导“平板”的吸引力相互抵消，此时加在两个电容上的电压均为V C.假设上极板与下极板之间的距离为d，超导“平板”与下极板之间距离为x，超导“平板”受到上下两极板的吸引力之差为2022111[]2()CF AVd x xε=--当2dx=时，有/2x dF==(18)当重力加速度变化g∆时，超导“平板”会受到一个多余的向下的重力m g∆，为了使超导“平板”在交流电桥平衡位置（2dx=）重新达到力学平衡，在两个电容器1C和2C上反向施加电压V∆，使超导“平板”受到上极板的吸引力大于下极板吸引力，其差值为22022()()1[]2()C C V V V V F A d x x ε+∆-∆=--(19)在2dx =，超导“平板”重新达到力学平衡时有0022814=2()2C C AA F V V V V m gd d εε=∆∆=∆(20)于是028CAg V mdε∆=∆(21)通过测量V C 和∆V 即可获得重力加速度的微小变化∆g .四、汽车以发动机气缸中的空气与汽油发生燃烧产生动力，发动机的输出功率与进入气缸中的空气质量成正比．为了提高动力，很多汽车加装了涡轮增压器，在空气进入发动机气缸之前对它进行压缩，以增加空气密度；为了进一步提高空气密度，还通过一个中间冷却器，使空气温度降低后再进入气缸．在一个典型的装置中，进入涡轮增压器的初始空气压强为一个大气压p 0=1.01⨯105Pa ，温度T 0=15︒C ；通过涡轮增压器后，空气绝热压缩至p 1=1.45⨯105Pa ；然后又通过中间冷却器，让空气等压地降至初始温度T 0并充满气缸.假设空气为理想气体，已知气缸容积V 0=400cm 3，空气摩尔质量M =29.0g ⋅mol -1，摩尔热容比γ=7/5；普适气体常量R =8.31J ⋅K -1⋅mol -1．1）求此时气缸内空气的质量；与未经增压和冷却的情形相比，发动机的输出功率增加到多少倍？2）如果没有中间冷却器，仅经过涡轮增压器把空气压缩后输入到气缸中，相应的空气质量为多少？与未经增压的情形相比，发动机输出功率增加到多少倍？3）在经过涡轮增压器和中间冷却器的热力学过程中，求外界对进入气缸的气体所做的功、及气缸中的气体在上述两个过程中各自的熵变．参考解答：1）按题设，假设空气可视为理想气体，由理想气体状态方程有PV RTν=(1)其中，(,,)p V T 为气体的一组状态参量，分别表示气体的压强、体积和温度；m 和M 分别为气体的质量和摩尔质量，mMν=是气体的摩尔数.此状态下气体的密度为 m pM V RTρ==(2)由(2)式可算得空气处于初始状态000(,,)p V T '的密度533000 1.011029.010= 1.22 kg/m 8.31288.15p M RT ρ-⨯⨯⨯==⨯(3)初始状态000(,,)p V T '的空气经过涡轮增压器后，状态变为111(,,)p V T ，密度变为1ρ；经中间冷却器等压降温后，状态变为212020(,,)p p V V T T ===.气缸中空气的质量为111111100010056351.4510 1.2240010 kg 0.70310 kg1.0110p M p M pm V V V V RT RT p ρρ--====⨯=⨯⨯⨯=⨯⨯(4)推导中应用了等压过程方程110V V T T =和(3)式.若不经过涡轮增压器和中间冷却器两个步骤，直接把外界空气压入气缸中，63000 1.2240010 kg 0.49010 kgm V ρ--==⨯⨯=⨯(5)气缸的输出功率增加到的倍数为1301130000.70310 1.430.49010m V m R m m V --⨯====⨯(6)2）不经过中间冷却器，直接使用经涡轮增压器压缩后的空气.此时，空气的温度已经升高至T 1，相应的体积为变为V 1，利用绝热过程方程，const.PV γ=(7)和(1)式，可求出气体在此状态111(,,)p V T 下的温度和体积(1)/1100p T T p γγ-⎛⎫= ⎪⎝⎭(8)(1)/1110110 nRT nR p V T p p p γγ-⎛⎫== ⎪⎝⎭(9)再利用(2)式，该状态下的空气密度1ρ为(1)/1/01111100010000=T p p p p T p p p p γγγρρρρ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭(10)相应地，输入到气缸中的空气质量为5/756311051.4510=1.2240010 kg 0.63210 kg 1.0110m V ρ--⎛⎫⨯'=⨯⨯⨯=⨯ ⎪⨯⎝⎭(11)气缸的输出功率增加到的倍数为5/75112500 1.4510 = 1.295 =1.301.0110m R m ρρ'⎛⎫⨯=== ⎪⨯⎝⎭(12)3）分别考虑气体经过涡轮增压器和中间冷却器两个过程中外界对气体所做的功.涡轮增压为绝热压缩过程，从(4)式得,进入涡轮增压器的空气摩尔数为，10.7030.02424mol 29.0m M ν===(13)据题设，75γ=，故75p V VV C C R C C γ+===，52V C R=(14)式中V C 和p C 分别表示气体的定容摩尔热容量和定压摩尔热容量.由(14)式可知，空气为双原子分子混合物.对于绝热过程，由热力学第一定律有0Q U A ∆=∆+=，(15)此绝热压缩过程中外界做功W 1为1V 10()W A U C T T ν=-=∆=-(16)由(8)(16)式和相关数据得0.40/1.4051551.45100.024248.31288.001 J 15.78 J2 1.0110W ⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪=⨯⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭(17)[另一种解法：直接由功的定义式d P V ⎰和绝热过程方程const.pV γ=，得111001111111111111111101=d d d 1-1p p p p p p p V W p V V p p pp V p nRT p p p p γγγγγγγγγγγγγγγγγγγγγ-------==⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰将(8)式的T 1代入上式得1111001110001111RT RT p W p p p p γγγγγγγγννγγ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-=- ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎝⎭(16)代入相关数据得0.40/1.405150.024248.31288.0 1.45101 J 15.78 J 0.4 1.0110W ⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪=-= ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭(17)]气体经过中间冷却器的过程是等压降温过程，外界对气体的做功为2101W p V V =--（）(18)其中，1V 由(9)式确定13431105100.024248.31288.0=1.1088 m 4.43610 m 1.4510R p V T p p γγν--⎛⎫⨯⨯=⨯=⨯ ⎪⨯⎝⎭(19)将(19)式代入(18)式，并利用相关数据得5442 1.4510(4.00010 4.43610) J 6.32 JW --=-⨯⨯⨯-⨯=(20)从而，经过涡轮增压器（绝热压缩过程）和中间冷却器（等压降温过程）两个过程，外界对气体做的总功为，1215.78 J 6.32 J 22.1 JW W W =+=+=(21)气体经过涡轮增压器（绝热压缩过程）的熵变为1d 0QS T∆==⎰绝热(22)气体经过中间冷却器（等压降温过程）的熵变为01p 0112p 100d d 71=l J n ln ln 0.07284 2/K T T C T T Q R p p S C R T T T p p ννγννγ-∆===-=-=-⎰⎰冷却(23)[另一种算法：00012+00d d d ln ln 0.07J/K284 V V V Q p V R V p S R R T T V V p ννν''∆====-=--⎰⎰⎰绝热冷却等温推导中应用了等温过程方程002210p V p V p V '==.]五、2018年诺贝尔物理学奖的一部分授予美国科学家阿瑟·阿什金对光捕获（光镊）所做的开创性工作.光镊是用聚焦的激光束实现对微小颗粒的捕获，图a 所示为一种光镊实验装置示意图.He-Ne 激光器输出波长632.8 nm λ=的激光，光束直径1 1.5 mm D =，输出功率30 mW P =.为了使得捕获效果更好，可在输出的激光束后加一个扩束镜.激光束经反射镜反射后入射到一个焦距 4.0 mm f =的聚焦物镜，聚焦物镜将光束汇聚于样品池内蒸馏水液体中，样品池内液体中有一定数量的聚苯乙烯小球，聚苯乙烯小球经过激光聚焦光斑时有可能被光捕获.已知小球的直径b 2.0 μm D =，密度为33b 1.010 kg m ρ-=⨯⋅，样品池光学玻璃材料折射率g 1.46n =，池内蒸馏水折射率w 1.33n =，样品池底部玻璃厚度1.0 mm d =，池底部外表面到聚焦物镜中心的距离2.0 mm a =实验时温度300 K T =，空气折射率a 1.0n =，重力加速度29.80 m s g -=⋅，玻尔兹曼常量231B 1.3810 J K k --=⨯⋅.1）求不加扩束镜时激光束在空气中经聚焦物镜聚焦后聚焦光斑的直径；2）为了提高捕获效果，对输出激光束进行扩束，采用的扩束镜由一个焦距1 6.3 mm f =-的凹透镜和焦距225.2 mm f =的凸透镜组成，求两个透镜之间的距离和扩束后的平行激光束的直径2D ；3）将扩束后的激光束经图a 所示聚焦物镜聚焦于样品池内蒸馏水中，求在傍轴近似下聚焦光斑中心到样品池底部内表面距离和聚焦光斑的直径；4）图b 为浸没在蒸馏水中的小球在梯度光强（简化成强度不同的两束光）中受力的几何光学模型，入射光线L 1和L 2沿x 轴方向，其光功率分别为1 1.0 mW p =和2 2.0 mW p =，光线经小球折射后其方向与x 轴的夹角如图b 所示，不考虑光线在传播过程中的吸收和反射损耗，求小球在x 方向和y 方向所受到的力，并分别求其与小球重力之比；5）求室温（300 K ）下蒸馏水中小球的方均根速率；6）光镊也可以通过光势阱模型理解，平行激光束经透镜聚焦后在径向ˆr的光势阱分布为图a图b.小球在梯度光强中的受力分析简化模型2021, ()0 r U r bU r b r b⎧⎛⎫--≤⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪>⎩当，当上式中，00.078 eV U =，b 是常量，r 是到对称轴的距离.试问速率不超过多大的小球才能被光势阱捕获？7）已知聚苯乙烯小球的速率分布函数可表示为：2B 3222B ()4π2πm k Tm f e k T -⎛⎫= ⎪⎝⎭v v v 式中，m 和v 分别是小球的质量和速率，T 是绝对温度；试分析比较质量分别为m 和2m 的聚苯乙烯小球被光势阱捕获的概率大小.参考答案：1）He-Ne 激光器输出激光的波长632.8 nm λ=；聚焦物镜焦距 4.00 mm f =.当输出激光束截面直径1 1.50 mm D =时，聚焦光斑大小受到圆孔衍射限制，其光斑大小为o112 1.222 1.220.6328μm4.00mm 4.12μm 1.50mmD f R λ⨯⨯⨯==⨯=(1)2）扩束镜由一个焦距1 6.3 mm f =-的凹透镜和焦距225.2 mm f =的凸透镜组成，两个透镜距离为：12 6.3 mm 25.2 mm 18.9 mml f f =+=-+=(2)扩束后，激光束得直径为：221125.2 1.5 mm 6.0 mm 6.3f R R f ==⨯=-(3)3）在傍轴近似下，样品池中聚焦点位置可以通过二次折射成像公式求得.利用折射成像公式，扩束后的激光束经聚焦物镜进入样品池底部玻璃表面时，首先在样品池底部外表面一次成像，其成像位置1i 满足g g a a 111n n n n o i r -+=(4)式中，1o 为物距，由于底部外表面距离聚焦物镜 2 mm x =，聚焦物镜焦距 4.0 mm f =，所以1 2 mm o =-，1r =∞，由此得g 11a1.46 2 mm2.92 mm ni o n =-=⨯=(5)激光束在样品池底部内表面二次折射成像的位置2i 满足g w gw 222n n n n o i r -+=(6)式中，2o 为物距，在这里相对于底部内表面，21 2.921 1.92 mm o o h =-=-=，由于此时物是虚的，所以2o 取负值，也就是2 1.92 mm o =-，2r =∞，由此得w 12g 1.331.92 mm 1.75 mm1.46n i o n =-=⨯=(7)样品池中聚焦点位置到样品池底部内表面的距离为1.75mm .扩束后激光束直径2 6.0 mm D =，经聚焦透镜聚焦于样品池内蒸馏水中时，由几何关系可知，在样品池底部外表面光束直径等于2/2D ，在样品内表面光束直径可以表示为g 2W g211.97 mm22n D D n -==(8)液体中激光焦点处光斑的直径为22W W 2 1.222 1.220.6328μm1.75 mm 1.03 μm1.33 1.97 mmo D i n D λ⨯⨯⨯==⨯=⨯(9)[或2a 22 1.222 1.220.6328μm4.0mm 1.03 μm1.0 6.0 mmo D f n D λ⨯⨯⨯==⨯=⨯(9)实际上，222a 21W W W a 22W 12 1.222 1.222 1.22()o i i D fn i o D n n n D D f n o λλλ⨯⨯⨯===-⎛⎫ ⎪-⎝⎭]分别考虑光线在样品池底部内外表面折射对光斑大小影响，光在样品池内外表面的放大倍数分别为111 2.9211.462a g n i V n o =-==⨯(9)2221.46 1.7511.33 1.92g w n i V n o ⨯=-==⨯(10)所以样品池底部内外表面折射对聚焦光斑大小的影响实际上可忽略.4）在蒸馏水中，功率为P 的光束在t ∆时间内携带的动量可以表示为：W W Wn h pn thp t p Nh cλνλ∆∆===(11)式中N 是在t ∆时间内通过光束横截面的光子数.光束L 1的初始动量为：1W 1i p n tc∆=p i(12)这里i 是x 轴方向的单位矢量.光束L 2的初始动量为：2W 2i p n tc∆=p i(13)经小球两次折射后，光束L 1的动量为：1W 1W 1cos15f p n t p n tc c∆∆=︒+︒p i j(14)经小球两次折射后，光束L 2的动量为：2W 2W 2cos15f p n t p n tc c∆∆=︒-︒p i j(15)经小球折射后，光束动量的改变为121212W 12W ()()()(cos151)()sin15 l f f i i p p n t p p n tc c∆=+-++︒-∆-︒∆=+p p p p p i j(16)小球动量的改变为12W 21W b ()(1cos15)()sin15l p p n t p p n tc c+-︒∆-︒∆∆=-∆=+p p i j (17)小球受到的光力（光强梯度力）作用：b 12W 21Wb ()(1cos15)()sin15p p n p p n tc c∆+-︒-︒==+∆p F i j(18)12b (0.45 1.15)10N-=+⨯F i j (19)在光强梯度力作用下，小球分别受到一个沿x 正方向和y 正方向的力.小球重力大小为318314b b 44π 3.14 1.010109.8 4.1110 N323D mg ρ--⎛⎫==⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭(20)小球在x 方向和y 方向所受到的光力与其重力之比分别为：12140.451010.94.1110x η--⨯==⨯(21)12141.151028.04.1110y η--⨯==⨯(22)5）在水中，常温（300 K ）下，小球的平均动能为232131.5 1.3810300 6.2110J 2k E kT --==⨯⨯⨯=⨯(23)小球的方均根速率为31.7210m/s p -===⨯v (24)6）设速率不超过m v 的小球才能被光势阱捕获，由能量守恒有2min 102m m U +=v (25)式中2min00014y y U U U =⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭(27)由(25)(26)式得，最大捕获速度为32.4410m/sm -=⨯v (28)7）聚苯乙烯小球能够被捕获的概率可表示为2B 3222B 0()d 4πd 2πmmm k Tm P f e k T -⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰⎰v v v v v v v (29)设p v (30)有22p2p p 0d mP e -⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎭⎝⎭⎰v v v v v v v (31)令px =v v聚苯乙烯小球被被光势阱捕获的概率可表示为220d x Pe x -=(32)由(31)式可知，概率P 与0U 和温度T 有关，而与m 无关.因此，质量为m 的聚苯乙烯小球和质量为2m 的聚苯乙烯小球被光势阱捕获的概率m P 和2m P 相等，即2m mP P =(33)六、仰望星空可以激发人们无限的想象.随着科学与技术的进步，人们对宇宙的认识不断加深，随着中微子丢失之谜的破解，引力波的直接探测，以及近期黑洞照片的拍摄，引起了大众对探索宇宙的广泛兴趣.人类是如何利用有限设备观察研究浩瀚的宇宙以及宇宙重要组成部分——恒星的呢？具有高中物理基础的公众是否有可能定量理解恒星的内外性质，如大小、质量、年龄、寿命、组成部分、产能机制等等？本题以我们赖以生存的恒星——太阳为例，按照历史脉络，试从简单到复杂构建起太阳模型.由于不能直接观察太阳内部，所建的模型需要多角度的检验，如年龄、半径、表面温度、能量输出、中微子通量等等，都需要在同一个模型下相互自洽.已知地球半径为6370km ，万有引力常量G =6.67⨯10-11N ⋅m 2⋅kg -2，斯忒藩-玻尔兹曼常量σ=5.67⨯10-8W ⋅m -2⋅K -4，玻尔兹曼常量k B =1.38⨯10-23J ⋅K -1，电子电量e =1.602⨯10-19C ，电子质量m e =0.51MeV/c 2，质子质量m p =938.3MeV /c 2，氘核质量m D =1875.6MeV /c 2，3He 核质量m 3He =2808.4MeV /c 2，4He 核质量m 4He =3727.5MeV /c ，光在真空中的速度813.0010 m s c -=⨯⋅2．1）成书于两千多年前的《周髀算经》（原名《周髀》）介绍了测量太阳直径D 与日地距离S 日地（也称1个天文单位）比值的方法：取一根长竹竿，凿去竹节使其内部贯通，竹竿的内直径为d .用这根竹竿对准太阳，改变竹竿长度L ，使太阳盘面刚好充满竹竿内管.i ）给出太阳视角（/D S Φ=日地）与d 和L 的关系；ii ）为了减少误差需要L 足够长，此外还有哪些方法可以减少误差？iii ）测得1d =寸，8L =尺(10寸为一尺)，试估算Φ的值.2）在某些特殊时间（如2012年6月6日），地球、金星和太阳几乎在一条直线上，这时从地球上观测，金星就像一个小黑点镶嵌在太阳盘面上，并缓慢移动，这称为金星凌日，如图a 所示.英国天文学家哈雷曾在1716年建议在世界各地联合观察金星凌日以测量太阳视角和日地距离.已知地球和金星同向绕日公转周期分别为365.256天和224.701天，各自的轨道平面之间的倾角很小.不考虑地球自转.i ）地球和金星的公转轨道均可视为圆，求日金距离S 日金与日地距离S 日地之比VE r ；ii ）2012年6月6日，某地观察到金星凌日现象如图a ，试计算金星凌日扫过太阳盘面弦长P D 与日地距离S 日地的比值；若此弦与盘面圆心之间的距离是P =5/16h D ,则太阳视角Φ为多少？图a.2012年6月6日金星凌日过程示意图iii ）为了测量日地距离需要在地球表面不同地点分别观察金星凌日现象，如图b 所示.假设在地面同一经度上直线距离（在垂直于观测方向上的投影）为H 的两位观察者P 和P'同时观察金星凌日现象，对于P 而言，金星在太阳盘面上的运动轨迹为AB ，观察到的金星凌日时间（金星中心扫过太阳盘面的时间间隔）为P t ；而对于P'而言，金星在太阳盘面上的运动轨迹为A'B'，观察到的金星凌日时间为P t '.试求日地距离S 日地的表达式（用VE p p Φr T T t t '地金、、、、、和H 等表示）.iv ）已知北京和香港的纬度分别为39.5︒和22.5︒，2012年6月6日北京和香港的金星凌日时间分别为P 6:21:57t =和P 6:19:31t '=，试以此数据，利用iii ）小题的结论，计算日地距离S 日地3）1882年的金星凌日观测结果得出平均日地距离81.510km S =⨯日地，太阳直径D =1.4⨯106km.地球在垂直于太阳辐射方向上接收到的太阳辐射照度I =1.37kW ⋅m -2.求i ）单位时间内，地球从太阳接收到的总能量；ii ）全球70亿人口消耗掉的能源与地球接收到的太阳能量之比（按人均年消耗能源3吨标准煤，1kg 标准煤可以发电4度电计算）；iii ）太阳单位时间辐射的总能量；iv ）估算太阳表面温度.4）i ）计算太阳的总质量与平均密度；ii ）若太阳能源来自化学反应，设单位质量放出的能量与煤相当，则以太阳现在单位时间辐射的能量计算，可以持续多久？太阳作为恒星存在约50亿年以上，那么其产能效率应该是化学反应效率的多少倍？5）通过光谱分析可知太阳的主要成分是氢，涉及氢的基本核聚变反应式如下P +P →D +e ++νe （a ）D +P →3He +γ（b ）3He+3He →4He +P +P （c ）上述核聚变反应过程中产生的正电子将会湮灭，中微子将逃逸；原子核均带正电，相互排斥，只有温度很高时，其动能有可能克服库仑排斥力，从而实现聚变反应.当温度足够高时，所有原子均电离成了原子核和电子，处于等离子体状态.（在此不考虑中微子带走的能量，也不考虑由于太阳风带走的未聚变的氢.）i ）要维持太阳的辐射，单位时间需要消耗多少个质子（氢核）？ii ）现在太阳质量的71%是氢，按照此消耗速率，最多还可以维持多少年？并计算单位时间质子-质子的反应概率（单位时间反应的粒子数与总粒子数之比）PP P ；iii ）逃逸出的中微子的数目在传播过程中不会减少，单位时间在垂直于太阳辐射方向上单位面积内有多少中微子到达地球？（实际到达地球的电子中微子数量只有理论值的35%，但加上另外二类中微子的数量，则与理论值相符，表明有部分电子中微子在传播过图b.金星凌日示意图太阳金星地球A 'B 'ABP 'P。