2026年高中物理竞赛复赛试题（一）

2026年高中物理竞赛复赛试题（一） 一力学（刚体运动学·质点动力学）·电磁学（静电场·磁场·电磁感 应)·热学（卡诺循环）·光学（波动光学）·近代物理（相对论） 考试时间：180分钟 满分：320分 难度：CPhO复赛 编制日期：2026年08月28日 综合卷（共8题） 考生须知 1.本试卷共八道大题，每题40分，满分320分：考试时间180分钟。 2.所有解答须写在答题纸上，写在试卷上无效。 3.题中物理量符号以正文为准：常用常量：真空介电常数e0、库仑常数k=1/(4πeo) 重力加速度g=9.8m/s2、阿伏伽德罗常数N4=6.02×1023mol-1、普适气体常数 R=8.31J/(mol.K)、普朗克常数h=6.63×10-34J·s、真空光速c=3.0×108m/s。 4.除非特别说明，所有金属导体均视为理想导体，所有弹簧均视为轻质，所有碰撞若无 说明均指光滑碰撞。 第1题线轴绳绕与瞬心法（40分) 两个完全相同的圆柱体同轴固连，构成一线轴（阶梯轮）。设其内圈半径为，外圈半 径为R,且R>2。一根不可伸长的轻绳绕在内圈上，沿内圈切线方向水平引出（即绳从 内圈顶部切出，初始切线水平向右)。绳的自由端以恒定速率山相对于水平面向右被拉动。 线轴置于光滑水平面上，仅外缘与地面接触，且做纯滚动（无滑动）。设线轴轮心O的瞬 时速度为0，绕O点的角速度为w。取水平向右为正方向，规定使线轴向右滚动（顺时针 看)的角速度为正。 (1)求轮心速度。的大小和方向，以及角速度w的大小和转向。 (2)求线轴外缘上与地面的接触点D、外缘最高点C、以及绳从内圈上切出点P三处的 瞬时速度（用u、r、R表示)。 (3)在拉动绳子的过程中，线轴可能向哪个方向滚动？是否存在一个使其恰好不滚动的临 界条件？ 第2题变力下的直线运动（40分) 物理竞赛复赛模拟（第一套）（试题卷） 第2页 设质量为m的质点沿x轴运动，所受合力为位置函数F(x)=F-kx,其中F>O, k>0。初始条件为t=0时质点位于x=0,速度v=0。约定速度方向沿x轴正方向为正。 (1)求v关于x的函数v(x),并确定质点的运动范围。 (2)何时（即位置x与时刻t)质点的速度达到最大值，最大速度是多少？ (3)若初始条件改为x=0时v=o>0,重新求解v(x),并讨论运动的物理图像。 第3题非均匀带电球壳的电场与电势(40分) (题面：半径为R的薄球壳，表面电荷分布按余弦规律σ()=ooc0s0分布，其中0为 位置矢量与极轴（之轴）之间的夹角。设无穷远处电势为零，真空介电常量为©0。) (1)求球壳外部(r>R)任意点的电势p(r,): (2)求球壳内部(r<R)的电场： (3)求球壳上所带的总电荷Q: (④)若在球壳内(r<R处)放置一个电偶极子p=g(T由-g指向+g),求该电偶极子 所受的静电力。 第4题载流圆环的磁场与作用在同轴电流上的力(40分) 半径为R的圆形载流线圈置于心-y平面内，中心位于原点，载有电流1。另有一根长 直导线沿之轴放置（与圆环共轴），载有沿+之方向的电流2，直导线与圆环中心的距离为 d（直导线位于之轴上，故它在x-y平面上的投影为坐标(0,0，d)。设圆环为单匝，导线为 半无限长或足够长（具体情形以”沿之轴、足够长”理解为处理)，取0为真空磁导率。 (1)求载流圆环在直导线所在位置（即沿之轴、距圆心d处）所产生的磁感应强度B(用 I1,R,d表示)： (2)求载流圆环所受长直导线磁场的作用力F: (3)求长直导线所受圆环磁场的作用力； (④验证下=一声（牛顿第三定律），并说明(3)的计算中为什么不直接用=一户一步 到位。 第5题卡诺循环与熵变计算(40分) 物理竞赛复赛模拟（第一套）（试题卷） 第3页 一摩尔单原子理想气体，定容摩尔热容Cv= 比热比了=了气体经历如下可逆 3 循环（卡诺循环)： (a)从初态(T,)等温膨胀至(T1,2): (b)从(T1,2)绝热膨胀至(T2,V3): (C从(T2,3)等温压缩至(T,V): (d)从(T2,)绝热压缩回到(T1,W)。 其中T1>T2,且2>M。 (1)用T,T2,V,2表达3与V4: (2)求每一步的吸（放）热量Qa,Qb,Qc,Qa: ③)求循环净功W与热机效率，并证明)=1一号： (④计算整个循环的熵变△Syc 第6题双缝干涉与单缝衍射的调制(40分) 波长为入的平行光垂直入射到缝宽为a、缝间距为d(d>a)的双缝上，屏幕距离为 D(远场条件D>P/入)。定义衍射角为，即远场方向与入射光方向之间的夹角。在傍轴 近似下，屏上位置y=Dtan9≈D9。 (1)不计单缝衍射调制，仅考虑双缝干涉，写出远场屏上强度分布I()的表达式： (2)计入单缝衍射的振幅调制后，写出双缝单缝联合的完整强度分布 sin a I(0)= cos2 B, 并给出a、B与0、入、a、d的关系： (3)给出”缺级”条件：当α与B同时满足何种关系时，原本应出现的干涉主极大消失？ 写出第k级干涉主极大发生缺级时k、a、d三者满足的整数关系： (4在屏幕中心(0=0处)能否观察到k=0级亮纹？为什么？ 第7题μ子在大气层顶产生与探测(40分) 宇宙射线初级粒子在大气层顶（距地面H=I0km处）与大气作用产生单能μ子，其 速度为B=0.99c(即Bc=0.99c)。4子在自身静止系中的寿命（固有寿命）为0=2.24s= 2.2×10-6s。已知光速c=3.0×10m/s。 物理竞赛复赛模拟（第一套）（试题卷） 第4页 (1)求μ子的洛伦兹因子y以及其在地面观察者参考系中的平均寿命ī。 (2)若不考虑相对论效应（即按经典寿命0衰变），求4子飞行10km后剩余粒子数占初 始粒子数的比例N/No。 (3)考虑相对论时间膨胀效应后，求μ子飞行10k后剩余粒子数占初始粒子数的比例 N/Noo (4设探测器能探测到4子流的最低相对强度为103，问：不考虑相对论效应能否解释地 面能观测到大量4子的事实？ 第8题综合：导体棒切割磁感线与电容器充电（40分) 题面：在竖直平面内水平放置两根平行的光滑导轨，间距为1，置于磁感应强度为B、 方向垂直纸面向里的均匀磁场中。一质量为m、电阻为R的导体棒ab沿导轨自静止释放， 沿导轨无摩擦地下滑，棒与导轨的电阻不计，棒的下端通过导轨连接一只电容为C的无漏 电电容器。重力加速度为g,方向竖直向下。设棒b在下滑过程中始终与导轨保持良好接 触，且电容器初始不带电。 (1)写出棒ab的运动方程（计电容器的影响）。 (2)求棒ab的稳定极限速度vo,即加速度趋于零时所对应的速度。 (3)求从静止释放到接近v时电容器上储存的电荷量q。 (4讨论C→0与C→∞两个极限情沉下v与q的物理含义。 物理竞赛复赛模拟（第一套） （解析卷) 第1页 物理竞赛复赛模拟（第一套） 力学（刚体运动学·质点动力学）·电磁学（静电场·磁场·电磁感 应)·热学（卡诺循环）·光学（波动光学）·近代物理（相对论）（解析卷） 考试时间：180分钟 满分：320分 难度：CPhO复赛 编制日期：2026年08月28日 综合卷（共8题） 使用说明本卷为配套解析卷，每题先给出题面，再用【详细解析】给出思路一推导一结果 一讨论四段。最终答案用·可框出，每题末尾的易错点列出常见错误与错因。 第1题线轴绳绕与瞬心法（40分) 两个完全相同的圆柱体同轴固连，构成一线轴（阶梯轮）。设其内圈半径为？，外圈半 径为R,且R>2r。一根不可伸长的轻绳绕在内圈上，沿内圈切线方向水平引出（即绳从 内圈顶部切出，初始切线水平向右)。绳的自由端以恒定速率相对于水平面向右被拉动。 线轴置于光滑水平面上，仅外缘与地面接触，且做纯滚动（无滑动）。设线轴轮心O的瞬 时速度为。，绕O点的角速度为w。取水平向右为正方向，规定使线轴向右滚动（顺时针 看)的角速度为正。 (1)求轮心速度0的大小和方向，以及角速度w的大小和转向。 (2)求线轴外缘上与地面的接触点D、外缘最高点C、以及绳从内圈上切出点P三处的 瞬时速度（用u、r、R表示)。 (3)在拉动绳子的过程中，线轴可能向哪个方向滚动？是否存在一个使其恰好不滚动的临 界条件？ 【详细解析】 思路.绳与内圈切点P处绳速沿切线方向，等于该点绝对速度沿绳方向的分量：接触 点D瞬时速度为零，由其确定瞬心位置后即可求ω与vo,再由基点法求各点速度。 推导。 (1)设线轴以角速度w顺时针转动，轮心向右运动。建立水平向右的x轴。 绳从内圈顶部P切出，切线水平向右。由于绳不可伸长且绳与内圈无相对滑动，P点 的速度沿绳方向（即水平方向）的分量必须等于： UPx =U. (1) 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第2页 地面对外缘的接触点D为瞬心，故线轴瞬时绕D转动，轮心速度 Uo =wR. (2) P点在内圈顶部，水平位置在O正上方，D在O正下方。由瞬心法，P点速度大小 为w·DP=w.2R,方向水平。即 Up =2Rw. (3) 又因p沿水平方向（绳方向），由(1)得 Up U. (4) 联立3)与上式： W- 顺时针： 2R' (5) to=wR= u 水平向右. (6) (2)以D为瞬心。 ·D点：vD=0。 ·C点（外缘最高点）：DC=2R,故vC=w·2R=,方向水平向右。 ·P点（内圈最高点）：DP=2R,故vp=u,方向水平向右。 (3)当vo>0时线轴向右滚动：vo<0时向左滚动；vo=0时不滚动，仅原地转动。 由(2)与w的关系vo=wR,临界条件是 0=0→wR=0←→u=0. (7) 更一般地，ω的方向取决于P点速度方向：绳切线若向右引出，P速度向右，w必为 顺时针，。必向右：若绳沿相反方向引出，则w反向，o反向。任何使u>0(沿初始切 线方向)的情况，线轴均沿切线绳被引出的方向滚动：当=0时不滚动。临界条件即绳 子不拉动。 结果. (1) 6 水平向右； w= 顺时针 2R1 (2) vD=0;c=,水平向右； vp=u,水平向右 (3) 0=wR= 2 ,恒与绳拉出方向相同；临界条件山=0（绳不拉动） 讨论.将u→0或r→0时，o与w均趋于零，符合直觉；将u∞时o,w均线 性增大。物理上，绳子从内圈切出后，P点距瞬心D恰为2R,故Up=2Rw;又vp即绳 端速度u,故w=u/(2R)而非直觉中的u/r一一这是”线轴问题”的典型反直觉之处：绕 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第3页 小圈拉而走大圈，速度反而更小。易错点：误将绳切点速度等同于w或r/R,正确应为 ,且vo=u/2,与r无关。 第2题变力下的直线运动(40分) 设质量为m的质点沿x轴运动，所受合力为位置函数F(x)=-x,其中F>0, k>0。初始条件为t=0时质点位于x=0,速度，=0。约定速度方向沿x轴正方向为正。 (1)求v关于x的函数v(x),并确定质点的运动范围。 (2)何时（即位置x与时刻t)质点的速度达到最大值，最大速度是多少？ (3)若初始条件改为x=0时v=o>0,重新求解v(x),并讨论运动的物理图像。 【详细解析】 思路.力的形式F(x)=F-x只与位置有关，可视为”位置依赖力”，由动能定理 m加=P)dc直接积分得o:再分离变量告=业得).极值条件出=0等价于 F(x)=O,据此可定位速度极大点。 推导.(1)由动能定理 mudv=F(x)dx =(Fo-kx)dx, 对x从0到x积分（初速为零）： 1 uFo 1 故 ()=士Vm 2Fo x2 2m 0≤x≤ 为保持与初始正向一致，取正号 Fo k 2, 2Fo v(c)= 0≤x≤ m 2m d (②)由m =F(c)=-kx,速度极值满足F(c)=0,即 Fo Imax 代入v(x)得最大速率 Fo Fo k Umax Fo m k 2m k2 2mk V2mk 物理竞赛复赛模拟（第一套) (解析卷) 第4页 为求到达该位置的时刻，把v= 代入动能定理结果，分离变量得 dt m 2m dx dt k dx=V k 注意原式化简为 m dx 2m dt 2 k -(-) 直接积分：令u=x一 ,则Et- k _，于是 2m da t=Vk Jo -(e-)】 回到u变量， 将xmax=F/k代入： m tmax=2 此时E= = 速度达到极大值max= Fo V2mk (3)设初速v(x=0)=o>0。动能定理给出 m2-m哈=Fox-kx2, 即 ()=V+ 2r-2 记根号内多项式f)=哈+2B,-么2，其判别式△= +4女暗=4竖+、 2 2F m m m m m2 m 0,故 f(x)≥0←→0≤x≤x2, mk 72= mk 物理讨论如下： ·0<x<x2:F(x)=-kx>0,质点受正向加速，速度单调增至vmax=v(x1),其中 1= ∈(0，x2,max=V+ F mk 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第5页 ·x=1:F=0,速度达极大。 。1<x<x2:F<0,质点减速，但v仍为正，继续正向运动，直至x=x2时v=0, 这是右端折返点。 ·x>x2:由f(x)<0,无实速度，质点不可达：运动被约束在0≤x≤x2区间内。 。折返后从x2向左返回，再次经过x1时速度仍为vmax(机械能守恒)，但方向反向；继 续向左，F(x)>0又使质点加速返回原点x=0,速度恢复为o(取向左为负方向)： 此后质点再次越过x1、到达2再次折返…做周期性往返振动，周期 T=2()=不√K 该周期与初速0无关，是该保守力场下振动的固有周期。 F k 结果.（1) 2F v(x)=1 2 运动范围0≤x≤ 2m k 。(2)xmax F m k tmax= m F (3) 2F0 2V k Umax 0 v(c)= 哈+ V2mk m m 运动为以x2= Fo mk哈 mk 为右端折返点的周期往返振动，周期T=元√ 讨论.极限检验：若o→0，(3)退化为(1)的结果，且x2→2F/k,自洽。物理意 义：F(x)=F-kx等价于线性势U(x)=-Fo+x2,质点在势阱U(x2)=U(O)-号m 限制的区间内做等时振动。易错，点：（①）第(1)问中v(x)取正号需结合初始方向，若改问 反向过程则取负号；()第(2)问中t(x)的积分需注意反正弦函数在x<F%/k处的正负分 支，写成aresin(）+三才保证t(0)=0:()第(3)问振动周期T=不Vn/与w无 关，是谐振子等时性的体现，初学者易误以为其随能量改变。 第3题非均匀带电球壳的电场与电势（40分) (题面：半径为R的薄球壳，表面电荷分布按余弦规律σ(0)=σoc0s0分布，其中0为 位置矢量与极轴（之轴)之间的夹角。设无穷远处电势为零，真空介电常量为e0。) (1)求球壳外部(r>R)任意点的电势p(r,): (2)求球壳内部(r<R)的电场： (3)求球壳上所带的总电荷Q: (4若在球壳内(r<R处)放置一个电偶极子p=g(T由-g指向+g),求该电偶极子 所受的静电力。 【详细解析】 思路.由于σ(9)=o0cos9=ooP(cos9)仅含1=1的勒让德分量，可将球壳分解为两 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第6页 半均匀带电半球面的叠加：上半球(0<日<π/2)面密度十σo,下半球面密度-oo。该分 布等价于球心处一个电偶极子方=4R。 σ0乏加上总电荷为零的均匀分布（该均匀部分对外 不产生球外场，对球内产生均匀电场，但因总电荷为零，其实球内也无附加场)。利用电偶 极子势及叠加原理求解。 推导 设上半球面密度1=00(0≤0≤元/2)，下半球面密度o2=-o0(π/2<0≤π)。将 σ()展为球谐函数： o(0)=00cos6=00P(C0s8) 故其1=0分量（总电荷/总面积）为零，1=1分量非零。 (1)对于仅含1=1分量的球面电荷分布，球外电势具有电偶极子形式： P(r,0)=Acoso 2，r>R 由球面上电势的边界条件（球外侧E,在r=R处不连续E,外一E,内=σ/e0:球内场 为均匀场E,由后续计算)，并利用球面外展开系数与面密度的对应关系： A- 0o.R3 3e0 故 (,9)=0nR3.cos0 3e0 2,r>R (2)球内电势满足拉普拉斯方程，取1=1分量的有限解形式Pm=Br cos0。球壳内 表面总电荷为零，故球内不存在电势的1=0单极项（即球内电场无径向对称部分)。在 r=R处电势连续：BR=A/R2,得B=A/R3=oo/(3ε)。故球内电场为均匀场： 00分 in=-Vpm=一3e0 (3)总电荷： r2π Q do cos0 R2 sin 0 do =27ooR2 udu=0 0 (④球内为均匀电场瓜=一，电偶极子万=g在均匀电场中所受力为 3e0 F=V(p.Ein)=0 (均匀场中电偶极子仅受力矩子=可×E,不受净力。) 结果. 物理竞赛复赛模拟（第一套） (解析卷) 第7页 (1) p(r,0)= coR3 cos0 3E0r2 r>R (2) 医=r<.即大小B=需方向沿- 3e0 3e0 (3)Q=0 (4)F=0 讨论.σ(0)=o cos0是1=1的纯偶极分布，故总电荷为零，球外场为纯偶极场(1/3 衰减)，球内场为均匀场。这正是导电球在均匀外场中感应电荷分布σ=3 oEo cos日的类似 物（仅差一比例与符号）。球壳内外场在r=R处的衔接验证：球外E,(R+)=30 200c0s0, 球内(R)三-器cms0,跳跃AE-oo9 =σ/eo,恰符合面电荷边界条件。易错 点：()误将球内场视为零（错把球壳当作导体静电屏蔽）：()对电偶极子在均匀场中受 力误判为非零：（ⅲ）忘记面密度正负区分上下半球，直接积分总电荷时漏掉正负相消而得 Q≠0。 第4题载流圆环的磁场与作用在同轴电流上的力(40分) 半径为R的圆形载流线圈置于x-y平面内，中心位于原点，载有电流I1。另有一根长 直导线沿之轴放置（与圆环共轴），载有沿+之方向的电流2，直导线与圆环中心的距离为 d(直导线位于之轴上，故它在c-y平面上的投影为坐标(0,0，d)。设圆环为单匝，导线为 半无限长或足够长（具体情形以”沿之轴、足够长”理解为处理），取0为真空磁导率。 (1)求载流圆环在直导线所在位置（即沿之轴、距圆心d处）所产生的磁感应强度B(用 I1,R,d表示)： (2)求载流圆环所受长直导线磁场的作用力： (3)求长直导线所受圆环磁场的作用力； (4验证户=一户（牛顿第三定律），并说明(3)的计算中为什么不直接用=一户一步 到位。 【详细解析】 思路.第(1)问是经典圆电流轴线磁场公式的直接应用，由B的方向沿轴并关于圆心 反对称，可得第(2)问圆环所受力为零。第(3)问需把”圆环在直导线各微元处产生的磁 场”作为外场，对直导线电流元2d2积分安培力：只有把两个力各自独立地从”主动源作 用于被动载流体系”算出来，才能在第(4④)问验证牛顿第三定律。 推导.(1)由毕奥-萨伐尔定律，载流圆环在其轴线上距圆心之处产生的磁场沿轴方向， 物理竞赛复赛模拟（第一套) (解析卷) 第8页 大小为 B环(z)= 0I1R2 2(R2+z2)32 (8) 将之=d代入，并假定圆环电流1的方向使B环沿+之（右手螺旋定则)，得直导线所在位 置的磁场 B环(0,0，d)= 40I1R2 2(e+2)pe (9) (2)长直载流导线在其自身外部产生的磁场为环绕仑。方向，B2⊥仑2。将其代入圆环受 到的安培力 F=1d×B (10) (L1) 在圆环上dd处处与圆环所在x-y平面内的e。方向正交（即di1取e。或-e。方向分量取 决于具体走向)，而直导线在之轴上、距圆心为d,其在圆环上每一点处的B2也在x-y平 面内沿é。方向，两者夹角处处为π/2。然而更关键的是：由对称性，圆环上的电流元关于 之轴对称分布，对于任意一对关于之轴对称的电流元，d11×B2在仑。方向的分量大小相等、 符号相反，而在e,,方向，由于B2关于之轴的对称性也使二者逐对抵消。积分得 F=0. (11) (3)计算直导线所受力F。把圆环作为磁源，它在直导线上坐标为之处的磁场仍可由 (1)的公式给出（沿轴向）。在(0,0，)处的磁感应强度大小为 B环(a)= 401R2 2(R2+22)32 (12) 方向沿ez。直导线上的电流元为I2dl2=I2e2d,所受安培力为 dF=2d2×B环=l12dzez×B环(z)ez=0. (13) 因此 =0 (14) (④)由(2)、(3)得F=0=-0=-,与牛顿第三定律一致。 结果.(1) B=-5肥 2e+防，2F=司（③P=司④F=-P=可：因为成 在圆环平面内沿仑。、与dl1处处正交且呈圆环-轴对称，所以圆环所受力独立算得为零；而 B环在直导线处沿仑、与I2ezdz反平行，叉乘也为零。两者均为零并不能由一个推出另一 个，每条安培力公式dF=Idl×Bt中的”外场B。xt”在两式中是不同源产生的场，把”主 动源作用于被动体”和”反作用”的两个表达式各自独立算出，才能在最后验证户+=可。 直接令=一F虽是牛顿第三定律的形式表述，但本题要求”用安培力公式具体计算”，故 不可一步到位地援引第三定律作为(3)的解。 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第9页 讨论.当d→0时，(1)化为圆心处磁场B=o1/(2R):(2)、(3)仍均为零，符合圆环 自感体系无净受力的物理直觉。易错点：(2)中误以为”直导线穿过圆心故产生单向拉力”， 实际上B2在圆环平面内为e。方向、对称分布，逐对电流元贡献抵消；(3)中误把圆环磁 场按”长直导线模式”取e,但圆环轴线上的磁场沿e,与直导线电流元d2平行，叉乘严 格为零。 第5题 卡诺循环与熵变计算（40分) 一摩尔单原子理想气体，定容摩尔热容Cv= 比热比了一？气体经历如下可选 3 循环（卡诺循环）： (a)从初态(T,)等温膨胀至(Ti,): (b)从(T,)绝热膨胀至(T2,V3): (c从(T2,)等温压缩至(T2,V4): (d)从(T2,V)绝热压缩回到(T1,V1)。 其中T1>T2,且>V。 (1)用T,T2,1,V2表达3与V4: (2)求每一步的吸（放)热量Qa,Qb,Qc,Qa: (③)求循环净功W与热机效率，并证明刀=1-。 (4计算整个循环的熵变△Scyc 【详细解析】 思路.卡诺循环由两条等温线与两条绝热线组成，关键在于利用理想气体的等温方程 W=常量与绝热方程TV-1=常量衔接四个状态；再利用等温过程△U=0、Q=W与 绝热过程Q=0分别计算热量：最后由△Uc=0得净功等于净吸热，从而导出效率并由 态函数性质给出循环熵变。 推导。 (1)绝热过程满足TV-1=常量。对过程(b):T②-1=T2Vg-1,故 =()户-() 对过程(d):T-1=TV?-1,故 =x()产-（份） 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第10页 (2)记n=1mol. 过程(a)等温膨胀：△Ua=0,Qa=Wa=RTi In >0(吸热)。 过程(b)绝热膨胀：Q=0。 过程心等温压缩：△.=0，Q。=化.=n号<0（放热.代入长（的表达式 Q.-Ra号-u9 =-R1m V2 过程(d)绝热压缩：Qa=0。 (3)因△Uyc=0,由热力学第一定律净功 W=Qa+Q。=R(T1-T2)n V2 效率定义为净功与总吸热之比（仅(a)过程吸热）： W=R(3-ln①=1- n-Q RTi In(V2/Vi) T (4)熵是态函数，循环回到初态(T,巧)，故 △Syc=0. 亦可直接由克劳修斯等式验证： +是-Rh T V2 RIn 结果. (1) =(会) (2) V2 V2 Q。=7n,Q。=0,Q。=-R,nQ&=0 (3) w=7-Bh是 =1- (④)△Sec=0 讨论.极限检验：若T=T2,则)=0，W=0,且=、V4=,循环退化 为无意义的等温线，与物理图像一致。若T2→0，则)→1，但此时低温热源已不能实 际构成，热力学第二定律的卡诺表述仍保证这是同类温度区间内效率的上限。效率表达式 ?=1一T2/T与工作物质无关（仅由两热源温度决定），这正是卡诺定理的核心结论。易错 点：(1)绝热过程方程的指数形式易记错，应为TV-1=常量而非TV=常量；(2)计算 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第11页 Q。时须特别注意等温压缩对应V4<3,故Q。<0(放热)，不能遗漏负号：(3)循环熵变 等于零来源于熵的态函数性质，不能简单地把每一步熵变相加后误判为非零。 第6题双缝干涉与单缝衍射的调制(40分) 波长为入的平行光垂直入射到缝宽为a、缝间距为d(d>a)的双缝上，屏幕距离为 D(远场条件D>P入)。定义衍射角为，即远场方向与入射光方向之间的夹角。在傍轴 近似下，屏上位置y=Dtan0≈DA。 (1)不计单缝衍射调制，仅考虑双缝干涉，写出远场屏上强度分布I()的表达式： (2)计入单缝衍射的振幅调制后，写出双缝单缝联合的完整强度分布 sin a I(0)=1 cos2 B, 并给出a、B与0、入、a、d的关系： (3)给出”缺级”条件：当α与B同时满足何种关系时，原本应出现的干涉主极大消失？ 写出第k级干涉主极大发生缺级时k、a、d三者满足的整数关系： (4在屏幕中心(0=0处)能否观察到k=0级亮纹？为什么？ 【详细解析】 思路.双缝干涉来自两缝间光程差引起的相位差B=πdsn0/入；单缝衍射给出每条缝 自身衍射的振幅包络sina/a,其中a=πasin0/入。两者相乘即得联合强度分布。缺级即 干涉极大恰好落在衍射极小的位置上。 推导 (1)不计单缝衍射时，每条缝可视为线光源，两缝在远场产生干涉。两条缝中心间距为 d,对应方向0上的光程差为△=dsin0,相位差为23=2πdsin0/入。令Io为0=0处的 主极大光强，则 πdsin I(0)=4lo cos2 B To cos (2)单缝（缝宽α)的夫琅禾费衍射强度为 2 sin a I单缝（θ）= rasin0 a= Q 将双缝中每条缝都用此衍射因子作为振幅调制，再做两缝干涉叠加，得到 I(0) sin a cos2 B, Q= ma sin0 B=xdsin 入 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第12页 (3)干涉主极大位置由B=kπ(k=0,±1，士2，..)给出，对应sin0k=/d:衍射极 小（单缝暗纹）位置由a=mr（m=±l,士2，..，m=0除外)给出，对应sin0m=m入/a。 缺级即两者重合： kWd=mWa→k=已m a 记m为非零整数，则第k级干涉主极大缺级的条件为 k=4m. m=±1，土2，土3，. 即k/d为整数倍l/a。当d/a为整数N时，缺级发生在k=土N,士2N,±3N,..。 (4)在屏幕中心0=0处： a0-0=0,8l0=0=0. 代入联合公式， sin 0 I0)=1 、0 c0s20=I0·1·1=I0, 为最大光强，故k=0级亮纹（中央亮纹）一定存在，且为整个屏上强度最高的亮纹。 结果. (1) I(0)=410c0s2 πdsin0 入 2 sina (2) I(0)=1 cos2B,a= rasin0 xdsin B= a (3)k=-m(m=±1，±2，±3，.） a (4)能。中央0=0处α=0，B=0,I=I0为最大光强，故k=0级亮纹存在。 讨论.极限检验：a→0时(sina/a)2→1，衍射调制消失，回到纯双缝干涉；d→o∞ 时c0s2B在屏上剧烈振荡，平均为1/2，对应不相干叠加（实际由条纹间距趋零实现）。物理 意义：单缝衍射因子是”包络”，双缝干涉因子是”载波”，缺级即载波的极大恰好被包络的 零点抹去。易错点：(i)缺级公式k=(d/a)m中的m必须为非零整数，m=0对应a=0 即0=0的中央极大，不可漏掉；（i)缺级条件中的k是干涉级次（决定B=kπ），不是 衍射级次；（iii)若/a不是整数，则并非所有缺级都严格出现在整数k上，此时”第k级 亮纹缺级”应理解为在sim0=k入/d附近的暗区被衍射零点精确抹去。 第7题μ子在大气层顶产生与探测(40分) 宇宙射线初级粒子在大气层顶（距地面H=10km处）与大气作用产生单能4子，其 速度为B=0.99c(即Bc=0.99c)。4子在自身静止系中的寿命（固有寿命)为o=2.2s= 2.2×10-6s。已知光速c=3.0×108m/s。 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第13页 (1)求μ子的洛伦兹因子Y以及其在地面观察者参考系中的平均寿命T。 (2)若不考虑相对论效应（即按经典寿命0衰变），求4子飞行10km后剩余粒子数占初 始粒子数的比例N/No。 (3)考虑相对论时间膨胀效应后，求μ子飞行10k后剩余粒子数占初始粒子数的比例 N/Noo (4设探测器能探测到4子流的最低相对强度为10-3，问：不考虑相对论效应能否解释地 面能观测到大量4子的事实？ 【详细解析】 思路.突破口在于将，子飞行距离对应到其自身固有寿命尺度。经典图像下寿命0太 短，4子来不及落地；相对论时间膨胀T=Y0使寿命延长，与实验观测相符。 推导， (1)洛伦兹因子定义为 YY= V1-原=V1-0.9g=V个-0.980i=V0.01w ≈7.09. 4子在地面系中的平均寿命（时间膨胀）为 T=y0=7.09×2.2×10-6s≈1.56×10-5s. (2)不考虑相对论时，u子以速度v=Bc=0.99c飞行距离H=10km所需时间 H 1.0×104m t= c=0.99×3.0×108m/5 ≈3.37×10-5s. 按经典指数衰变N(t)=Noet/o, 3.37×10-5 exp 2.2×10-6 =exp(-15.3)≈2.3×10-7. (3)考虑相对论时间膨胀后，衰变发生在μ子自身时t/Y, =()=()=n( 3.37×10-5 1.56×10-5 =exp(-2.16)≈0.115. (4)探测器最低可探测相对强度为10-3。经典结果2.3×10-7≤10-3，按经典图像几 乎探测不到μ子，与实验矛盾：相对论结果0.115>103，远高于探测下限，与实际观测 一致。 结果.(1)y≈7.09：地面系平均寿命T=y0≈1.56×105s.(2)N/N≈2.3×107 (3)N/V%≈0.115≈11.5%4)不能。经典图像下N/N≈2.3×10-7<10-3， 远低于探 物理竞赛复赛模拟（第一套) (解析卷) 第14页 测下限10-3，与地面观测事实矛盾： 相对论图像下N/W≈0.115>103， 与实际观测一致。 讨论.验证：B→0时y→1，T→0，结果退化为经典情形，相对论修正消失。物 理意义：时间膨胀使运动μ子”寿命”延长约7倍，同时由动尺缩短等效地看，10k在4 子自身参考系中缩短为约1.41km,两种图像给出相同的N/No≈11.5%。本题即1936年 Nephew与Anderson等4子寿命实验，是狭义相对论时间膨胀的直接实验证据。易错，点： (①)o是固有寿命，不能直接用于地面系衰变，必须乘以Y:()飞行时间t=H/(Bc)用地 面系距离与地面系速度，勿混淆参考系；()第(4)问比较对象是相对强度N/No而非绝 对数目，标准为10-3。 第8题综合：导体棒切割磁感线与电容器充电（40分) 题面：在竖直平面内水平放置两根平行的光滑导轨，间距为，置于磁感应强度为B、 方向垂直纸面向里的均匀磁场中。一质量为m、电阻为R的导体棒b沿导轨自静止释放， 沿导轨无摩擦地下滑，棒与导轨的电阻不计，棒的下端通过导轨连接一只电容为C的无漏 电电容器。重力加速度为g,方向竖直向下。设棒b在下滑过程中始终与导轨保持良好接 触，且电容器初始不带电。 (1)写出棒ab的运动方程（计电容器的影响)。 (2)求棒ab的稳定极限速度vo,即加速度趋于零时所对应的速度。 (3)求从静止释放到接近v时电容器上储存的电荷量q。 (4讨论C→0与C→∞两个极限情况下u与q。的物理含义。 【详细解析】 思路.棒ab下落时切割磁感线产生动生电动势￡=Blv,该电动势既驱动通过电阻R 的电流，又给电容器C充电，故回路方程需同时含欧姆项与电容项：对棒则用牛顿第二定 律，安培力F安=BIl为阻力。联立即可求解。 推导.(1)设棒的速度为v(向下为正)，回路中的电流为I,电容器极板上的电荷量为 q,则动生电动势为￡=Blw。对电阻支路Ir=￡/R,对电容器支路Ic=dg/dt,由节点 电流关系I+Ic共同满足基尔霍夫电压方程： B=a+& In+Ic= dg Blv g dt IR=R RC 消去IR得 出+品 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第15页 对导体棒ab,由牛顿第二定律（取向下为正)： dv =mg-BIL, dt 其中回路总电流I=IR+Ic= Blv q RC ai 但更直接的是利用功率关系I=Bl心I, 故安培力B写为为简洁起见，采用等效形式： 令回路方程B=RI+q/C,则I= Blm/R-q/(RC),故 dv B212 BI m at mg-BIl=mg- R+ RG 最终联立方程组为 dv B212 Bl m =mg- dt Rv+ RG% aq 9 -) dt R RC (2)稳定极限v→v时dw/dt→0、dq/dt→0。第二式给出q/(RC)=Blo/R, 即g=CBlw。代入第一式(dv/dt=0): B BL CBls =mo 0=mg-R +RC B212,B212 Rac+Rv。=mg, 此方程恒成立，说明仅靠牛顿方程无法直接确定v;必须考虑真实物理一稳态时dv/dt= 0要求净力为零，但dg/dt=0意味着充电停止，Ic=0,此时Ir=Blv∞/R。安培力 F安=BIl=B22v/R,令其等于重力： B22 R -Uoo =mg mgR → B212 (3)由稳态条件dg/dt=0知电容器两端电压等于电动势： 9oo C =Blvoo 故 9oo=CBlvoo= mgRC Bl (4)极限讨论。 C→0：q=CBlw~→0，电容器相当于开路，回路中只有电阻R,棒作纯电阻负载 下的电磁阻尼运动，=mgR/(B12)即为熟知的匀速极限结果，g→0表示电容器几乎 不储能。 C→o:v=mgR/(B22)在形式上保持有限，但q=CBlu→∞。然而由于电 路中的电阻R限制了充电电流，电容器电压始终被电动势钳位为Blo,故电容器储存电 荷q→∞意味着它储存的电场能W=q2/(2C)=C(Bl)2→o一一这部分能量来源 物理竞赛复赛模拟（第一套）（解析卷） 第16页 于重力对导体棒做的功。这意味着在C→∞极限下，棒要维持极限速度“必须持续克 服安培力，重力势能不断转化为电容器中的电场能，棒不能真正达到稳态：实际情形是棒 将在极限速度附近以微小振动持续向电容器充电。 讨论.易错点有三：(1)误把电容器当作纯电阻负载而忽略其充电电流dq/dt,导致运 动方程缺少影9项；(2)稳态时既要求dv/dt=0又要求dg/dt=0,两者必须同时满足， 单写牛顿方程会得到恒等式而丢失信息；(3)C→∞极限下形式不变，但发散， 体现”理想大电容”储存无限电场能这一非物理理想化结果。