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全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十六套（满分：200分时量：3h）姓名：一、两个半球（22分）如图，一个匀质球，质量为M，半径为R，沿过其球心的平面将其剖为两半。
再用轻绳沿着半腰捆起来放在光滑水平面上（绳与球间无摩擦）。
1）求匀质半球的质心与球心的距离x c；2）求绳中张力。
二、螺旋缩进（24分）如图，在上半平面有均匀磁场，磁感应强度B沿z轴。
一个电荷量为q质量为m的粒子从原点沿y轴正向以速度v0入射上半平面。
粒子运动中同时受到一阻力作用，f=−αv，忽略重力的作用。
1)若α能使粒子始终在上半平面运动，则其最小值αm应满足怎样的方程？2)若α>αm，则粒子最终将趋近于上半平面的一点A，求其坐标。
三、导热管（28分）如图一个长圆柱形的均匀导热管，内半径和外半径分别为a,b。
初始时，铝、管的温度为T0，处处均匀。
将导热管置于一个环形热源环境中，热源对管施加一个径向向内的均匀能流，能流密度（单位时间内通过单位面积的热量）为J。
并在管中通过快速、均匀流动的流体，流体的温度恒为T0，从而维持管内壁温度不变。
管的热传导系数为κ，线膨胀系数为α，杨氏模量为E。
1)求达到稳定状态后，铝管的温度分布；2)若导热管可不受任何约束的膨胀，求其膨胀后管壁厚度的增量；3)若导热管被固定住，而不能沿径向向外膨胀，求其外管壁所受的压强。
四、曲线进攻（28分）设台球间的碰撞在法向上是完全弹性的，在切向上完全光滑。
所有台球都是质量为m的匀质球，半径为r。
台球与球桌的滑动摩擦系数为μ，台球与球杆头的摩擦系数为η，视球杆与球的接触为点接触，击球视为瞬间在击球点施加一个冲量。
忽略球桌对球的转动阻尼（即球若进入纯滚状态，则不会被减速）。
现在，母球所需击打的目标球已在袋口，但是正好被另一方的球遮住，三球的球心位于同一直线上（图中虚线）。
现打算用所谓“扎杆”的方式击打母球，使母球在恰好达到纯滚动之前，沿图中实线的轨迹（曲线）绕过障碍球，击打目标球使其落袋。
江苏省中考物理竞赛试题学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．有一个同学在一次用天平测物体质量的实验中，所用的一个砝码被磨损了，请问，这个同学所测的物体的质量与真实值比较:（）A．偏小; B.偏大; C.无差别; D.无法比较.2．在一个一端封闭、另一端装有活塞的厚壁玻璃筒里放一块浸有乙醚的棉花，把活塞迅速地压下去，棉花就会燃烧，这是因为（）。
A．筒内空气对外做功，空气内能减小，温度升高B．筒内空气对外做功，空气内能增大，温度升高C．活塞对筒内空气做功，空气内能减小，温度升高D．活塞对筒内空气做功，空气内能增大，温度升高3．“神舟六号”载人舱在返回地面附近时，由于受到空气阻力，做匀速运动，则载人舱在匀速下降过程中，它的（）A．动能不变，势能增大B．动能不变，势能减小C．动能减少，势能不变D．动能增大，势能减小4．下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A．功率大的机械，做功一定多B．做功快的机械，功率一定大C．效率高的机械，功率一定大D．做功多的机械，效率一定高5．将一个质量为2kg、底面积为0.05m2的长方体平放在某一水平桌面中央，水平桌面的面积为0.8m2，则长方体对水平桌面的压强为（取g＝10N／kg）（）A．2.5Pa B．25Pa C．40Pa D．400 Pa6．据美联社报道，从今年4月26日起，“机遇号”火星探测器由于车轮陷入到细沙中而被困在火星表面的一个沙丘上，一直动弹不得，这与沙丘能够承受的压强较小有关。
如果你是火星探测器的设计者，为了减小探测器对地面的压强，可行的改进方法是（）A．增大探测器的质量B．增大车轮与地面的接触面积C．减小车轮表面的粗糙程度D．减少车轮的个数7．下面关于力学现象的解释中，正确的是....................................................................... （）A．大力士不能凭空把自己举起来，说明力是使物体运动的原因B．物体在空中自由下落，速度越来越快，说明力是改变物体运动状态的原因C．汽车上坡，没有向上的推力或拉力，车会向下运动，说明车此时没有惯性D．球在草地上越滚越慢，说明力的作用效果只能改变物体运动速度的大小8．曲艺的妈妈用一个最多能盛5 kg水的塑料桶装花生油，则桶内花生油的质量:（）A．大于5 kg; B．小于5 kg; C．等于5 kg; D．可能等于5 kg.9．如图所示．在水平桌面上铺粗糙程度不同的物体（如毛巾、棉布等）．让小车从同一高度滑下后．通过观察小车在不同表面运动距离的长短．就可知道阻力对物体运动的影响．我们称这种研究新课题方法为“转换法”。
第36届全国中学生物理竞赛复赛试题第36届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2019年9月21日一、如图a，一辆旅行车上有一个半径为R的三脚圆凳，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m/5，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，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。
二、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，两轮可绕过其中心的光滑细车轴转动；车平板长为l、质量为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）的长均为2l、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。
模型简化某模型如图a所示，由两个圆柱形固定导轨相互平行组成。
导轨的对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，导轨的长为L，半径为b，每单位长度的电阻为λ，两导轨之间的最近距离为d。
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。
全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第一套（解析与评分标准）满分140第一题（15分）【解】αβ=-无磁单极子，所以任取一个封闭体，总磁通量为0。
取一个长宽高各在XYZ 正半轴，顶点在原点O 的长方体。
其在XYZ 轴上的边长分别为0x 、0y 、0z ，总磁通为零有：0000x z z x αβ⋅=⋅，得αβ=-评分标准：得出αβ=-得5分。
说明无磁单极子得5分。
取封闭体算磁通为零得5分。
第二题（12分）【解】如图设支持力摩擦力为N 1、N 2、N 3、f 2、f 3，小球半径为R ，讨论：当1μ<时，上式恒成立。
当1μ≥时，θ为任意值都不会滑动。
评分标准：有受力分析得2分，写出（1）（2）（3）各得2分，判断出3N 大于2N 得2分，计算得答案（5）式得2分。
讨论不加分，不讨论不扣分，因为正常情况下μ不大于1。
爆炸后落地时间差为132t t -=（8）爆炸后竖直方向上有 233312v t gt h += （9）211112v t gt h -+=（10）中间鸟落地时，空中鸟离地距离211()2'h h v t gt h v t∆=--+∆=或 （11）由（7）式有13v v =令其为'v把（9）式减（10）式联立（8）式有'v =（12）把（1）式（6）式（12）式代入（11）或把（1）式（12）式代入（11）得： 2d h ∆=（13）（3）设爆炸增加的速度为'v ，则从质心系看爆炸增加的能量为212'2E mv ∆=⋅（14）代入（5）式有'v =令爆炸前水平速度02v v =，以爆炸点为原点列抛物线方程 02'cos 1'sin 2x v t v ty v t gt θθ=+=- （15）消去t 有2200'sin 1'cos 2('cos )v g y x x v v v v θθθ=-++ （16）这是一个(,)y f x θ=的方程，取x 为定值，求()y f θ=的最大最小值。
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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【题号】1 【解析】 解：(1) 设绳的上端部分中的张力为T ,则为使小球能下滑，要求：sin cos mg mg T ϕμϕ-> (1) sin cos T Lg Lg λϕμλϕ>+ (2) 联立(1)、(2)可解得sin cos sin cos m L ϕμϕλϕμϕ+>-因为sin 2cos ϕμϕ= 所以3m L λ> (3) 03m L λ= (4) (2) 由功能原理可得0200sin lg()sin 1=()()cos 2m gl L l m L v m L g l ϕλϕλμλϕ--+++ (5) 将cos μϕ用1sin 2ϕ替换，则可解得v =(6) 又由dv dv dl dv a v dt dl dt dl=== 全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十套（解析与评分标准）满分320可得sin 2gl a Lϕ= (7) (3) 由dlv dt == (8) 得2L TL dl dt l =⎰即有ln 2=所以2T (9)【题号】2 【解析】解：(1)11()2211()()22E E D F D F v B v v A C A C v A C v A C v B ⎧⎧=⋅=⋅+⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨+⎡⎤⎪⎪⋅-=⋅+=⎢⎥⎪⎪⎩⎣⎦⎩(4分) (2)取E 点2122S S E M M GM M E Mv G A A=-=- (2分)(3)在D 处，P的主体和探测器初速度同为D v =，发射分离后，P主体圆运动：1v =探测器抛物线运动：22222102S M m m v G v A C-=⇒=+分离过程112212()D m v m v m m v -=+， 2121DDv v m m v v γγ+=⇒=-γ⇒=由于2C A =，122B A A B =⇒=，C =γ⇒=2=γ⎡⎢⎣⇒=⎤⎥⎦（（(9分)【题号】3 【解析】解:小球质量记为m 。
1μ取值范围：参考题图1，有=c o s N m g θ，sin mg f ma θ-=，c fr I β=与a r β=，225C I mr =联立，可解得2sin 7f mg θ=，12tan 7f N μθ≥= （5分） 2μ取值范围：参考题解图2，有2cos()v N mg m R r θφ=-+-。
第36届全中学生物理竞赛初赛试卷(浙江省区)考试形式：闭卷，允许带无存储功能的计算器入场试时间：2009年8月31日上午10:00-12:00气体摩尔常量R＝8.31 J/(mol⋅k) 玻尔兹曼常量k=1.38⨯10-23J/K基本电荷e=1.6⨯10-19C 电子质量m=9.l⨯10-31kg电子伏特1eV=1.6⨯10-19J 真空中光速c＝3⨯108m/s真空介电常量ε0=8.85⨯10-12C2/(N⋅m2) 真空磁导率μ0＝4π⨯10-7N/A2普朗克常量h＝6.63⨯10-34J⋅s 质子质量m p＝1.67⨯10-27kg万有引力常量G＝6.67⨯10-11N⋅m2/kg2【答题要求】所有答案必须涂在答题卡上，在试题卷上容题一律无效!【试题说明】单选题每题2分:选对得2分，选错或不答的得0分.多选题每题4分:有的小题只有一项正确，有的小题有多项正确;全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
多选题在各试题首均有标注，未标出的则为单选题【试一】基本概念题(1~6小题)1．在两个质点组成的系统中，若质点之间只有万有引力作用。
且系统所受外力的矢量和为零，则此系统( )A.动量和机械能守恒，但角动量是否守恒不能确定B.动量守恒，但角动量和机械能是否守恒不能确定C.动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能确定D.机械能和角动量守恒，但动量是否守恒不能确定2．我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。
如果按圆形轨道计算，且忽略卫星质量的变化，则每次变轨完成后与变轨前相比，( )A.卫星动能增大，引力势能减小B.卫星动能增大，引力势能増大C.卫星动能减小，引力势能减小D.卫星动能减小，引力势能增大3.上端固定在天花板上的长细线，其下端悬桂一装满水的瓶子(瓶的质量不可忽略)，瓶底有一小孔，在摆动过程中，瓶内的水不断向外漏，如忽略空气阻力，则从开始漏水到水漏完为止的整个过程中，其摇动频率( ).A.越来越小B.保持不变C.先变大后变小D.先变小后变大4.用电阻丝绕制标准电阻时，常在圆柱陶瓷上用如图所示的双线绕制方法绕制，其主要目的是( )A.减少电阻的电容B.增加电阻的阻值C.制作无自感电阻D.提高电阻的精度5.一平行板电容器始终与电源相连接，若用绝缘手柄将电容器两极板间距拉大，则极板上电量Q、电场强度大小E和电场能量W将发生如下变化:A.Q增大、E增大、W增大B.Q减小、E减小、W减小C.Q减小、E减小、W增大D.Q增大、E増大、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。
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。
