物理奥林匹克竞赛：全国物理奥林匹克竞赛第33届复赛试题（含参考答案）

中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 P=A+-6+r-)S%] =po+PgSk (V-V)/(54)+k(T-T) ① 1+x(T-T) 由题设数据和前面计算结果可知 K(T-T)<K(T-T)=0.0060 V-a-a-0.0057 Slo Slo 这说明①式右端分子中与T有关的项不可略去，而右端分母中与T有关的项可略去。于是①式可 P=+-6+7-)S%] =R+2餐[-0S+-0】 利用状态方程，上式可改写成 o 3(化%+k7)+ S p=- KS lo nR ② 1-KPogho Sv KS lo nR S' 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为 Po-Pag (o+ToS w=p= S” KS lo nR 1-KPoglo Sv nR S 1-KPoglo Sv s、hR -)-「 -3G+x7S6)+n] nR S ③ n KS lo 1-KPoglo nR S =-1.890×103J=-1.9×103J (解法三)缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于 热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水在温为T时的密度为 Po P=1+K(T-To) ⑩ 将②③④式中的Y、T和P换为V、T和p,利用⑩式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为 6 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

6      0 00 1 0 0 10 0 10 0 0 0 ( )/( ) 1( ) g p p V V T T Sl S gS l V V Sl T T p S TT                      ⑪ 由题设数据和前面计算结果可知 0 10   ( ) ( ) 0.0060 TT T T   0 10 10 10 =0.0057 VV V V Sl Sl    这说明⑪式右端分子中与T 有关的项不可略去，而右端分母中与T 有关的项可略去。于是⑪式可     0 00 1 0 0 10 0 0 1 0 0 ( ) / ( ) g p p V V T T Sl S gS l p V V Sl T T S                       利用状态方程，上式可改写成 0 0 0 0 10 1 0 001 1 0 ( ) 1 g nR p V TSl S Sl nR p gl S S l V nR S            ⑫ 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为 1 1 0 0 0 0 0 0 10 1 0 001 1 0 001 1 0 1 0 0 0 0 10 001 10 0 10 0 3 ( ) d d 1 1 ( ) ( ) ln 1 1.890 10 J 1.9 V V V V g nR p V TSl S S l nR W pV V gl S S l V nR S gl S V nR S g nR nR S V V p V TSl S l g S S l gl S V nR S                                                           3 10 J ⑬      （解法三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于 热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V 、T 和 p 。水在温为T 时的密度为 0 0 1( ) T T       ⑩ 将②③④式中的V1、T1 和 1 p 换为V 、T 和 p ，利用⑩式得，罐内空气在温度为T 时的状态方程为 中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 P=A+号-6+xI-)] -po+D8V-V+x(T-T)Sh 1+K(T-T6) =A++-头 S'1+k(T-To) *%+PS+3--Sn-T-I】 S S ① =n+220--s0点pw--刘 S 名42B8±P3V-V。-S61+)+P3y S S'nR 三h+2a8o5±P3心-2o0+x)+B照2D S' S'nR Po PogloS+Pog (V-2Vo)(1+KT)+Pos lo pv S' S'Po 式中应用了 (T-T)<x(T-T)=0.0060, V-a<-a-0.0057 ①式可改写成 +5+竖-2gXI+xI) p= S'S 1-Pog KTov S'Po p-BogV(l+2xT) ② 1+2xT =-1+k6)卫+KT。 KTo 1-Pog KTov S'Po 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为 1+2xT W-pov= 1+KT6)西+KT。 ,-Pa8(1+2xT) S' KTo 1-Pog KTov S'Po =-+T[-+S2-5n-p8*T ③ KTo (PgKT。0Spo-P8KTWa =-1.896×103J=-1.9×103J 现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为 AU-n-r(G-7)=524x101=57nx10 ④ 20 式中5是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为 △Q=W+△U=5.535×10J=5.54×10 ⑤ > 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

7      0 00 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 01 0 0 1 0 0 0 01 0 0 0 1 0 0 0 01 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1( ) 1( ) ( )[1 ( )] ( )(1 ) ( ) g p p V V T T Sl S g V V T T Sl p S TT g gV V Sl p Sl S S TT gl S g p V V Sl T T S S gl S g p V V S l T pV V V S l S S nR                                                         0 01 0 0 10 0 0 1 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0 0 ( )(1 ) ( 2 )(1 ) ( 2 )(1 ) gl S g g S l p V V S lT pV S S S nR gl S g g V p V VT pV S S S nR gl S g g T p V VT pV S S S p                                             ⑪ 式中应用了 0 10   ( ) ( ) 0.0060 TT T T   ， 0 10 10 10 =0.0057 VV V V Sl Sl    ⑪式可改写成 0 01 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 00 0 0 0 0 0 ( 2 )(1 ) 1 1 2 (1 2 ) (1 ) 1 gl S g p V V T S S p g T V S p T gV p T Tp T S T g T V S p                               ⑫ 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为 1 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 10 0 0 0 0 0 0 00 3 3 1 2 (1 2 ) (1 ) d d 1 (1 ) ln 1.896 10 J 1.9 10 J V V V V T gV p T T p T S W pV V T g T V S p T p Sp Sp g TV VV V T g T Sp g TV                                                             ⑬ 现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为 0 0 4 4 10 10 0 5 5 ( )= ( ) 5.724 10 J 5.72 10 J 2 2 p V U nR T T T T T        ⑭ 式中 5 是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为 4 4        QW U 5.535 10 J 5.54 10 J ⑮ 中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为 C=A0=277x10J-K-. 6 Ti-To 评分参考：第(1)问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨式2分：第(2)问10分，⑩①② 式各1分，③④⑤式各2分，⑥式1分。 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

8  从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为 3 1 1 0 2.77 10 J K Q C T T       。 ⑯ 评分参考：第（1）问 10 分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各 1 分，⑨式 2 分；第（2）问 10 分，⑩⑪⑫ 式各 1 分，⑬⑭⑮式各 2 分，⑯式 1 分。 中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 三、(20分)木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的318倍）。假设地球与木星均沿 圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。将太阳、地球和木星都视为质点，忽略太阳系内其 它星体的引力：且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。已知太阳和木星质量分别为m和 m,引力常量为G。地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是，和；。假设在某个时刻，地球与 太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为日。这时若太阳质量突然变为零，求 (1)此时地球相对木星的速度大小？和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率。 (2)试讨论此后地球是否会围绕木星转动，可利用(1)中结果和数据m≈2.0×10kg、 m≈1.9×10”kg、木星公转周期T≈12y。 第三题参考解答： (1)若太阳质量突然变为零，地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变，因而应当等于在太阳 质量变为零之前的瞬间，地球和木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前，地球和木 星绕太阳转动速度分别是)。和？。以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为xy平面建立坐标 系。由万有引力定律和牛顿第二定律有 Gm业=m ① 由①式得 Gms ② 同理有 ③ 现计算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率⑦。（不考虑太阳引力）。若地球相对木星刚 好以速度。运动，也就是说，当地球在木星的引力场里运动到无限远时，速度刚好为零，此时木 星-地球系统引力势能为零，动能也为零，即总机械能为零。按机械能守恒定律，在地球离木星距 离为时，速度0。满足 m,听-G0%=0, 1 ④ 即 2Gmj 0= ⑤ 可见，地球不被木星引力俘获所需要的最小速率，的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。 设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢为 9 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

9  三、（20 分）木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的 318 倍）。假设地球与木星均沿 圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。将太阳、地球和木星都视为质点，忽略太阳系内其 它星体的引力；且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。已知太阳和木星质量分别为 ms 和 mj，引力常量为G 。地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是 er 和 j r 。假设在某个时刻，地球与 太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为 。这时若太阳质量突然变为零，求 （1）此时地球相对木星的速度大小 ej v 和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 0 v 。 （2）试讨论此后地球是否会围绕木星转动，可利用（1）中结果和数据 30 s m   2.0 10 kg 、 27 j m   1.9 10 kg 、木星公转周期 j T 12 y 。 第三题参考解答： （1）若太阳质量突然变为零，地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变，因而应当等于在太阳 质量变为零之前的瞬间，地球和木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前，地球和木 星绕太阳转动速度分别是 e v 和 j v 。以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为 x-y 平面建立坐标 系。由万有引力定律和牛顿第二定律有 2 se e 2 e e e m m G m r r  v ① 由①式得 s e e Gm r v  ， ② 同理有 s j j Gm r v  ， ③ 现计算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 0 v （不考虑太阳引力）。若地球相对木星刚 好以速度 0 v 运动，也就是说，当地球在木星的引力场里运动到无限远时，速度刚好为零，此时木 星-地球系统引力势能为零，动能也为零，即总机械能为零。按机械能守恒定律，在地球离木星距 离为 ej r 时，速度 0 v 满足 2 e j e 0 ej 1 0 2 m m m G r v   ， ④ 即 j 0 ej 2 v  Gm r ， ⑤ 可见，地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 0 v 的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。 设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢为 中国第33届物理奥林匹克竞赛复赛 2016年9月17日 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理