2026年高中物理竞赛复赛试题（二）

2026年高中物理竞赛复赛试题（二) 力学（静力学·刚体动力学）·电磁学（力电综合·电路暂态·静电屏 蔽)·热学（多方过程）·波动（驻波与拍频）·近代物理（光电效应） 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eo、库仑常数k=1/(4πeo)、 重力加速度g=9.8m/s2、阿伏伽德罗常数NA=6.02×103mol-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题力矩平衡与质心应用(40分) 均质等边三角形薄板ABC边长为a,质量为M。C角处用铰链悬挂于天花板上，可 自由转动。AB边的中点D用一水平轻绳系住，绳的另一端固定于墙壁。重力加速度为g, 取三角形所在平面内的水平方向为x轴，过C点竖直向下为y轴正方向。 (1)求质心相对于C点的位置矢量： (2)求平衡时绳中张力T的大小： (3)求铰链对板的作用力F的大小与方向。 第2题复合刚体：圆柱在弧形轨道上的纯滚动（40分) 半径为”、质量为m的匀质实心圆柱置于半径为R的固定圆弧形轨道内壁，圆柱与轨 道之间无相对滑动（纯滚动）。取圆弧最低点为势能零点，圆柱中心相对于圆弧圆心的角位 置记为0（从最低点量起，沿弧面切向方向取正值)。起始时圆柱中心位于0=处，从静 止释放，重力加速度为g。 物理竞赛复赛模拟（第二套）（试题卷） 第2页 (1)写出系统的动能E与势能E。(以日为广义坐标)。 (2)求运动方程，给出角加速度0关于0的表达式。 (3)求小角度近似下圆柱在弧形轨道内的振动周期T。 (④求圆柱所受摩擦力∫（明确方向），并讨论摩擦力做功情况。 第3题RL串联电路的暂态与磁链守恒(40分) 电阻R与电感L(无铁磁质，自感系数为常量)串联后接到电动势为€、内阻为零的 理想电源上。t=0时闭合开关，电路进入暂态。t=t时刻，将电源用一根零电阻导线短 接（即将原电源支路替换为零阻导线），使R、L构成闭合回路继续放电。约定电流(t)的 正方向与电源ε单独作用时在R、工中驱动的电流方向一致。 (1)求0≤t≤t1期间回路中的电流(t)。 (2)求t>t1期间回路中的电流(t)。 (3)求两个阶段中电阻R上消耗的总焦耳热Q。 (④若将电感换成含磁芯的可饱和线圈（自感系数工仍视为不变，但磁链亚=L中的一 部分可通过互感耦合到外部电路)，(3)的结果是否改变？请说明理由。 第4题接地导体球壳内的点电荷与外部影响(40分) 一内半径为α、外半径为b的厚导体球壳，球心位于原点，导体壳整体接地。壳内有一 球形空腔，空腔内偏离腔心距离s(s<α)处放置一点电荷+q。设真空介电常量为o,库 仑常量k=1/(4πeo)。 (1)求导体壳内表面（半径α的球面）上感应电荷的总量，并定性描述其分布。 (2)求导体壳外表面（半径b的球面）上感应电荷的总量及分布。 (3)若在壳外距球心L(L>b)处再放置一点电荷+Q,试问腔内点电荷+g所受电场力 是否受+Q影响？为什么？ (4④)若将接地线断开（导体壳变为孤立导体，壳上原有净电荷为零)，再重新回答第(3)小 问。 第5题理想气体多方过程与熵变(40分) n摩尔理想气体（比热比Y=Cp/Cv,摩尔定容热容Cv,摩尔定压热容Cp=yCv, 物理竞赛复赛模拟（第二套）（试题卷） 第3页 普适气体常量R)从状态(p1,V,T)经多方过程 pVn =const 到达状态(P2,V2,T2),其中n（多方指数)待定。设全过程为准静态过程，试求： (1)用p1,,p2,2表达多方指数n: (2)过程做的功W(即pdV),用p1,,p2,表达： (3)气体吸收的热量Q,用Cv,Y,n,T1,T2表达： (④气体的熵变△S,用Cv,Cp,n,M,2,T,T2表达。 第6题两列相干波的驻波与拍频(40分) 沿同一直线传播的两列横波，振幅均为A,角频率均为ω，角波数为k=2π/入。沿+x 方向传播的波记为1=Acos(wt-kx),沿-x方向传播的波记为2=Acos(wt+kx+p), 其中·为2在x=0处相对班1的相位差。 (1)写出合成波y=1+2的表达式。 (2)中取何值时形成驻波？求此时波腹与波节的位置。 (3)若改为两列振幅相等、传播方向相同、角频率相近（ω≈2）的波的叠加，求合成波 的拍频与群速度。 第7题光电效应与玻尔模型的衔接(40分) 金属钨的逸出功W=4.5eV。用波长入=200nm的紫外光照射钨的表面。普朗克常 量h=6.63×10-34J·s,元电荷e=1.60×10-19C,真空中光速c=3.00×10m/s,里德 伯常量R=1.097×107m-1. (I)求出射光电子的最大初动能Emax(以eV为单位)。 (2)求钨的红限波长入。 (3)若入射光强加倍（波长入不变），E,mx如何变化？饱和光电流如何变化？ (4)在玻尔氢原子模型中，电子从n=3跃迁到n=1时发射光子的波长31与能量E3, 各为多少？该光子能否引发钨的光电效应？ 第8题带电粒子在均匀电场与重力场中的抛体运动(40分) 物理竞赛复赛模拟（第二套）（试题卷） 第4页 设质量为m、电荷为+g的粒子从坐标原点O静止释放？不，从原点出发时初速度为 0,方向沿x轴正方向。空间中存在两种均匀力场：沿一y方向的均匀电场E(即电场强 度矢量尼=一E,E>0)和沿-之方向的重力加速度9（取之轴竖直向上，重力加速 度矢量为可=一9)。粒子在x之平面内运动，y方向始终保持为零。带电粒子所受电力为 FB=qE=-qE0,重力为G=mg=-mg8。 (1)求粒子的轨迹方程，分别用参数t表示，以及消去时间t后用x,之表示的轨道方程。 (2)求轨迹最高点的之坐标（之最大值）。 (3)若电场改为沿+x方向，即E=E元(E>0),其他条件不变，重复(1)与(2)的求解。 2026年高中物理竞赛复赛试题 （二)答案 力学（静力学·刚体动力学)·电磁学（力电综合·电路暂态·静电屏 蔽)·热学（多方过程）·波动（驻波与拍频）·近代物理（光电效应）（解析 卷) 考试时间：180分钟 满分：320分 难度：CPh0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题力矩平衡与质心应用(40分) 均质等边三角形薄板ABC边长为，质量为M。C角处用铰链悬挂于天花板上，可 自由转动。AB边的中点D用一水平轻绳系住，绳的另一端固定于墙壁。重力加速度为9， 取三角形所在平面内的水平方向为x轴，过C点竖直向下为y轴正方向。 (1)求质心相对于C点的位置矢量： (2)求平衡时绳中张力T的大小： (3)求铰链对板的作用力F的大小与方向。 【详细解析】 思路.平面力系平衡归结为质心G处合力为零、对任意点合力矩为零两个方程：先算 质心位置，再对C取矩求张力，最后由力的平衡求铰链反力。 推导。 (1)以C为原点建立坐标。令CB沿+x方向，则A在C的斜上方，A点坐标为 (号，a)。D为AB中点： 生B=(a4o) D=A+B 等边三角形质心在顶点C的对边中点连线上，距C点为高的号： cd=c=(3a,ga） 即质心G距C点的水平距离为a,竖直下方距离为a。 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第2页 (2)板受三个力：重力Mg(竖直向下，作用于G)、绳张力T(水平，作用于D)、铰 链反力F(作用于C)。对C点取矩，铰链反力的力矩为零，故 .3 2 a =Mg.ga. 解得 T-8V3 Mo. 9 (3)设铰链反力水平分量为F(与绳同向)，竖直分量为F,(向上为正)。由G处合 力为零：水平方向：E+T=0→F= 8V3Mg(方向与绳相反，即指向板外侧)： 9 竖直方向：F,-Mg=0→F,=Mg(竖直向上)。 合力大小 F=F2+2 M9 +(Mo)=Mg. 9 设F与竖直向上方向的夹角为p(偏向绳的同侧)，则 IF 8V3 8V3 tan F 9, arctan 9 结果.(1) 00= 2a v3a 3 6 (2) T= Mg 9 (3) F= V237 arctan 8V3 (由竖直方向偏向绳一侧) 9 讨论.极限检验：当a→0时板缩为质点于C点，绳不再受力，T→0，铰链反力趋 于Mg,与极限吻合。质心高度取a而非a是常见错误一一后者是把质心误放在几何 中心（实际上几何中心即质心，但相对C点的水平距离必须用号a代入力矩臂，竖直分力 臂则为质心的水平坐标在重力方向上的投影臂的对应分量)。易错点：对C取矩时，重力 的力臂应为质心到C的水平距离号a,而绳张力的力臂为D到C的竖直距离a,两者切 勿混淆。 第2题复合刚体：圆柱在弧形轨道上的纯滚动（40分) 半径为r、质量为m的匀质实心圆柱置于半径为R的固定圆弧形轨道内壁，圆柱与轨 道之间无相对滑动（纯滚动）。取圆弧最低点为势能零点，圆柱中心相对于圆弧圆心的角位 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第3页 置记为0（从最低点量起，沿弧面切向方向取正值)。起始时圆柱中心位于0=，处，从静 止释放，重力加速度为g。 (1)写出系统的动能E:与势能E,(以0为广义坐标)。 (2)求运动方程，给出角加速度关于0的表达式。 (3)求小角度近似下圆柱在弧形轨道内的振动周期T。 (④求圆柱所受摩擦力∫（明确方向），并讨论摩擦力做功情况。 【详细解析】 思路.圆柱在圆弧内壁做平面平行运动，纯滚动约束将质心速度与自转角速度联系起 来，可选取0为唯一广义坐标。先由运动学写出动能，由几何写出势能：再由拉格朗日方 程或质心运动定理加转动定理导出运动方程；小角度近似后方程化为简谐形式，给出周期。 *分解（运动学）。*质心轨迹是半径为p=R一？的圆弧，故质心速度 uc=p0=(R-r)0. 接触点为瞬心，纯滚动条件为 vC=rw→w= R-T0. 圆柱对质心的转动惯量 Ic =3mr2. (1)动能与势能 动能含质心平动与绕质心转动两部分： B=m呢+o2=mR-rP9+专多m2.B=rP=mR-P0的 势能（以最低点为零，P=R-r为质心轨迹半径，圆心在质心上方）： Ep mgp(1-cos0)=mg(R-r)(1-cos0). 3 瓦=m(R-rP, E mg(R-r)(1-cos0) (2)运动方程， 方法一：拉格朗日方程。系统为保守单自由度系统， L=Ex-Ep=m(R-r)262-mg(R-r)(1-cos 0) 物理竞赛复赛模拟（第二套） (解析卷) 第4页 代入 ∂L aL dt a0 00 =0 得 多m(R-r)29+mg(R-r）sin6=0, 即 2g 3R-7月si6 方法二：质心运动定理加相对质心的转动定理相互校核。设圆弧对圆柱的法向支持力 为N,沿切向向上的静摩擦力为f。质心加速度沿切向分量4=(R-r),沿径向（向心） 分量am=(R-r)2。取切向（沿0增大方向即沿弧面向上）为正： m(R-r）8=-mg sin0-f. 绕质心的转动方程（取圆柱沿弧面滚动时顺时针为自转正向，纯滚动使ω与0同向增加）： 1cw=fr→ amr2.R-=f 即 m(R-r)9=f. 联立消去f,结果与拉格朗日方法一致。 (3)小角度近似下的周期. 当0<1时sin0≈0，方程化为 0+ 2g0=0, 3(R-r） 固有圆频率 2g w0= 3(R-r 周期 3(R-r) T=2r1 2g (4)摩擦力及其做功. 由上面m(R-r)9=f,代入的精确表达式 f=mR-n(32n0） 2g 1 gsin0. 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第5页 方向：规定f沿0增大方向（即沿弧面切向向上）为正，故f<0表明摩擦力沿弧面 向下，指向圆柱即将滚向的那一侧。当圆柱从o滚向最低点(si0>0)时，摩擦力沿运 动反方向（向上)：越过最低点后sin0<0,摩擦力反向。 摩擦力做功：纯滚动约束下，瞬心（接触点）瞬时速度为零，故摩擦力的作用点没有位 移，摩擦力不做功： '=-一ng sin0,方向沿弧面切向，与质心运动趋势相反；摩擦力不做功 3 讨论.（①）极限检验。当R→o0时，弧形轨道退化为斜面（局部），T→2π√3r(2g), 与圆柱沿斜面纯滚动的小振动周期Tslope=2r√(1+1c/mr2)r/9=2πV3r/(2g)一致。 f→0，亦与平直斜面上匀加速运动时静摩擦趋于mgsina的一般结论之极限情形相符 (此处sia→0)。(i)物理意义。动能修正因子3/4来自转动惯量1c=mr2；周期为同 半径单摆的1/v√3/2=√23倍，体现了转动惯量的”惯性增重”。(i)易错，点：(a)质心 轨迹半径是R-r而非R,常被误写为R:(b)纯滚动条件v℃=rw中的r是圆柱自身半 径，不要与R混淆：(c)摩擦力虽不做功，却是维持纯滚动约束所必需的一一若瞬时取消摩 擦，圆柱将沿弧面滑动而非滚动，正压力不变，但约束被破坏。 第3题RL串联电路的暂态与磁链守恒(40分) 电阻R与电感工（无铁磁质，自感系数为常量）串联后接到电动势为ε、内阻为零的 理想电源上。t=0时闭合开关，电路进入暂态。t=七1时刻，将电源用一根零电阻导线短 接（即将原电源支路替换为零阻导线），使R、L构成闭合回路继续放电。约定电流(t)的 正方向与电源ε单独作用时在R、L中驱动的电流方向一致。 (1)求0≤t≤t期间回路中的电流(t)。 (2)求t>t1期间回路中的电流(t)。 (3)求两个阶段中电阻R上消耗的总焦耳热Q。 (4若将电感换成含磁芯的可饱和线圈（自感系数L仍视为不变，但磁链亚=L中的一 部分可通过互感耦合到外部电路)，(3)的结果是否改变？请说明理由。 【详细解析】 思路。暂态过程由基尔霍夫电压定律L+=E(充电阶段)和 dt +i=0(短 di 路放电阶段)控制：总焦耳热可由全过程的能量守恒（电源做功减去电感储能增量）直接 得出，与波形细节无关。 推导。 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第6页 (1)t=0时电感电流连续，(0)=0。回路方程为 'dt +Ri=6. 通解为齐次解加特解i=e/R,得 0=克0-。97=片 在t=t1时刻电流记为 五三t)=员（-e) (2)t=t1短路后，回路方程变为 ,+Ri=0, i(t1)=I1. dt 故 i(t)=1e(t-)/r= 员1-e)ew,t>t (3)设全过程从t=0到t→∞。电源只在第一阶段做功，做功总量为 we-厂eiat-后(u-。w9)t-ih-r1-。r1- 第一阶段末电感储能WL=LI?,第二阶段电感储能全部通过R耗尽，t→o∞时i→0， 故WL,=0。由能量守恒，电阻消耗总焦耳热 Q=We-WL.oo WL Ws-LI2+LI=We 即 Q-h-0-e-货-0-。 2 也可拆为两阶段分别积分验证：第一阶段 a=[a-爱a-r+:e+pr] 第二阶段 Q2= =u好-0a-et, 二者相加与上式一致。 (4)当电感含磁芯、存在对外互感耦合时，线圈的”自感”可拆分为漏感工。（仍储存 在本地磁场中)与耦合到外部的那部分能量通道。设外部耦合电感为Lm,则总自感仍写 为L=L。+Lm不变，但电感磁能中只有L2储存在本地，Lm2这部分能量在电流建 立/衰减过程中通过互感以电功率的形式馈入（或取自）外部电路，并不全部经耗散。设 外部耦合电路折合到回路的等效电阻为Rm,则回路方程修正为 L+(R+Rm)i=e(0≤t≤t), +R+R=0> 物理竞赛复赛模拟（第二套） (解析卷) 第7页 此时电源做的功一部分经R耗散为Q,另一部分经Rm馈出再返回，焦耳热仅按2R积 分： Qn="P(Rdt<2(R+R)dt=Q. 也就是说，若题面所谓”焦耳热”严格指电阻R上耗散的热，则结果会变小（变小的那部 分能量通过互感通道转移到了外部电路，不再经过)：若按”全回路（含外部耦合电阻） 消耗的总焦耳热”理解，则总耗仍由能量守恒给出，结果形式不变。综上，是否改变取决于 对Q的界定：仅R上的耗散热变小：含外部耦合电阻的总耗散保持不变。 结果.(1)(t) 1-eR/) ≤t≤，②)0=员1-e/0) e-R(t-t1)/L E2 t>t1。(3)Q= (1-e) (④)若Q仅指电阻R上耗散的热，则Q变小 (变小量=0°2Rm dt):若Q指全回路（含外部耦合电阻）总耗散热，则Q不变。 讨论.极限检验：t1→0时Q→0，物理上电感来不及储能即被短路，无焦耳热：t1→∞ 时I1→e/R,电感储能号L(e/R)2全部在第二阶段经R耗散，Q→号Le2/R2,与e2t1/R 这一电源做功的线性发散项相容（长时间充电电源持续做功）。第三问的能量守恒法回避了 繁琐积分，是处理RL暂态焦耳热的最简策略。易错点：()短路瞬间i不能突变，仍为I1, 方向由电感维持：()第(3)问不能用L?代替Q,因为第一阶段电阻也在耗能；()第 (4)问中”L不变”并不保证号L2仍全部留在本地，必须区分漏感储能与耦合能量通道。 第4题 接地导体球壳内的点电荷与外部影响(40分) 一 内半径为α、外半径为b的厚导体球壳，球心位于原点，导体壳整体接地。壳内有一 球形空腔，空腔内偏离腔心距离s(s<a)处放置一点电荷+g。设真空介电常量为0，库 仑常量k=1/(4πe0)。 (1)求导体壳内表面（半径a的球面）上感应电荷的总量，并定性描述其分布。 (2)求导体壳外表面（半径b的球面）上感应电荷的总量及分布。 (3)若在壳外距球心L(L>b)处再放置一点电荷+Q,试问腔内点电荷+g所受电场力 是否受+Q影响？为什么？ (4)若将接地线断开（导体壳变为孤立导体，壳上原有净电荷为零），再重新回答第(3)小 问。 【详细解析】 思路.导体壳接地意味着其电势为零；壳内有空腔并放置点电荷时，根据静电感应与导 体静电平衡条件，内表面出现与腔内电荷异号且总量相等的感应电荷，外表面则由接地条 件决定。当壳外再引入电荷时，关键在于区分内、外两个区域的静电屏蔽效应，并利用唯一 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷) 第8页 性定理与叠加原理。 推导。 (1)在导体壳内作一高斯面S1,使其完全位于导体内（半径r满足a<r<b)。静电 平衡时导体内部场强处处为零，故 E.dS=0. 由高斯定理，S1内包围的总电荷为零。S内只有腔内点电荷+q与内表面感应电荷q纳，故 9+9内=0 → 9内=-9： 定性分布：内表面感应电荷集中在+q一侧（靠近+q的半球区域密度较大，远离+q的半 球密度较小)，整体关于+g与球心连线呈轴对称，且在内表面上的分布在数学上等效于腔 内+g的一个像电荷。 (2)设外表面感应电荷总量为9外。因导体壳原本不带电，由电荷守恒 9内+9外=0→9外=+q. 接地时整个导体壳电势为零。外表面r=b上电势由腔内+q、内表面一q及外表面+q共 同决定。对于r>b的空间，由唯一性定理，内表面一q与腔内+q在r≥b区域产生的合 电场为零（它们在球面r=α之外合成的等势面即为球壳），故壳外电场仅由外表面+q产 生。由于外表面为等势面且壳电势为零，+9在外表面须均匀分布，即 0外=4r02 (3)受+Q影响与否，需要分别讨论腔内+q所在处的电场。 壳外+Q的存在使其在外表面(r=b)上产生新的感应电荷分布外(Q),且+Q与 外(Q)的总效果是使球面？=b保持等势（但电势不再为零，而为某个由+Q决定的非零值 UQ)。与此同时，这一非零电势U。会使内表面感应电荷分布发生调整，以保证球面r=a 也为等势面U。 然而，对腔内区域r<a:作位于r=a球面内侧的高斯面（仍完全在导体内)，其内 电场为零，由高斯定理可知此高斯面内总电荷为零，即 q+9%(Q)=0→g纳(Q)=-9: 更关键的是唯一性定理的应用。腔内区域？<α的静电场唯一地由该区域内的电荷分布（仅 含+q,位于(s,0,0))和边界条件（球面r=a为等势面Uo)决定。等势面的电势值U。 的高低并不改变场分布一将整个空间所有电势平移一个常量，场强E=-VU不变。因 此，腔内电场分布与+Q无关，十q所受电场力 F,=不受+Q影响 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第9页 物理上，导体壳对腔内起到了静电屏蔽作用：外部+Q引起的场变化被导体壳完全隔绝。 (4)接地线断开后，导体壳变为孤立导体，且整个壳初始净电荷q壳=9纳+9外=0。 设外表面最终感应电荷总量为g,则g购+q外=0，故9所=一q仍成立。 关键在于壳外区域？>b的边界条件发生了变化：球面？=b现在是孤立带电导体面 (总电荷为零)，而非接地等势面。+Q与q纵的合效果须使r=b为等势面，但壳上电势U壳 不再为零。 对腔内区域r<α，唯一性定理要求场由腔内电荷分布（仅+q)及边界条件(？=a为 等势面U东)唯一确定。等势面的具体电势值不改变场分布，与第(3)小问的推理完全相同。 因此 Fg=仍不受+Q影响 结果 (1) 9内=一9，内表面感应电荷分布不对称，集中于靠近+g的半球 (2) 9外=+4,0外= 9(均匀分布) 4m (3)不受影响；静电屏蔽使壳外电荷在腔内产生的效应为零 (④仍不受影响；壳上电势的具体数值不影响腔内场分布 讨论.极限检验：若s→0（电荷位于球心），由对称性内表面感应电荷均匀分布 0内=一q/(4πQ2),与唯一性定理及叠加原理相符；若b→o0,壳退化为半无限远处平面， 结论过渡为接地平板问题。易错，点：()不能误认为q外=0，接地与孤立是两种不同的边 界条件：()第(4)小问中，壳上净电荷虽为零，但外表面电荷分布因+Q而不再均匀，不 能据此断言腔内电场改变：()第(3)、（④）两小问的结论相同，但物理原因侧重点不同一 前者强调接地（电势恒为零），后者强调唯一性定理中电势可平移不变性。 第5题理想气体多方过程与熵变（40分) n摩尔理想气体（比热比Y=C/Cv,摩尔定容热容Cv,摩尔定压热容Cp=YCv, 普适气体常量R)从状态(p,VM,T)经多方过程 pvm =const 到达状态(p2,V2,T2),其中n(多方指数)待定。设全过程为准静态过程，试求： (1)用p1,M,p2,表达多方指数n; (2)过程做的功W(即pdW),用p1,,p2,表达； (3)气体吸收的热量Q,用Cv,Y,n,T,T2表达； 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第10页 (4气体的熵变△S,用Cv,Cp,n,,2,T,T2表达。 【详细解析】 思路.由多方过程定义pVm=C(常数)可定n;对pVn=C直接积分∫pdV得功； 再利用理想气体内能只与温度有关△U=nCv(T2-T)与热一律Q=△U-W得热量；熵 是态函数，可沿任意可逆路径（取V,T为参量）积分dS=n=dT+受dV。 推导 (1)多方过程pVm=C在初、末态均成立： PiVI=p2Va P2 取对数解出： In(p2/p1) In p2 -Inpi n= In(Vi/V2) In Vi -In V2 (2)由p=CV-n,有 w= pav=c y-dV J C(gn--） 1- 利用C=p1T=p2V: W=2-p=P-p% 1-n n-1 对理想气体pV=nRT,故p1V=nRT,p2V2=nRT2,亦可写为 W=nR(☑-2) n-1 (3)内能增量为 △U=nCv(T2-T) 由热力学第一定律Q=△U+W: Q=G,-T+g型=g-(C-2） n-1 利用R=Cp-Cv=(y-1)Cv: Q-nCv() (4熵是态函数，可选(T,V)为状态参量，对理想气体 s=9n+av T 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷）》 第11页 沿任意可逆路径（如先等容T1→T2,再等温M→）积分： As=nrh2+wRh号 利用C,=Cv+R与多方过程TV-1=T2V-1,亦可等价写为 As=n票+mG,-ch号 结果. (1) n In(p2/P1) In(Vi/V2) (2) W= PiVi-p2V2 nR(T-T2) n-1 m-1 (3) Q=nCr(-I)”-Y m-1 (4) △S=nCy In +nRIn =nCv V2 T T +n(Cp-Cv)In V2 讨论. ·极限检验： -n=1(等温)：W→nRTn(2/W),Q→nRTn(/W),△S=nRln(W/), 均符合； -n=Y(绝热)：Q→0，W→-△U,T-1=T2②-1，代入△S表达式得0， 符合： -n=0(等压)：W=p1(2-),Q=nC(T2-T),△S=nCp In(T2/T),符合： -no(等容)：W→0，Q→nCv(T2-T1),△S=nCy In(T2/T),符合。 ·物理意义：多方指数n表征过程的”刚度”，n=1为等温、n=Y为绝热、n=0为 等压、n→∞为等容；摩尔热容Cm=”-Cv在1<n<y时为负，表明该区间 m-1 内气体压缩时吸热、膨胀时放热。 。易错点：()功W是系统对外做的功，符号约定为膨胀时W>0:()题目要求熵变 只与状态有关，故虽多方过程不一定可逆（当≠Y时），但作为态函数仍可沿虚拟可 逆路径计算：()公式W=P一上仅在n≠1时成立，n=1须单独取极限。 n-1 第6题两列相干波的驻波与拍频（40分) 沿同一直线传播的两列横波，振幅均为A,角频率均为w,角波数为飞=2π入。沿+x 方向传播的波记为1=Acos(wt-kx),沿-x方向传播的波记为2=Acos(wt+x+), 其中为2在x=0处相对1的相位差。 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第12页 (1)写出合成波y=1+2的表达式。 (2)φ取何值时形成驻波？求此时波腹与波节的位置。 (3)若改为两列振幅相等、传播方向相同、角频率相近（ω1≈w2)的波的叠加，求合成波 的拍频与群速度。 【详细解析】 思路.第(1)(2)问利用和差化积处理反方向传播的等幅相干波；第(3)问则将同向传 播的近频率波分解为载波与包络，调制频率即为拍频，包络移动的速度即为群速度。 推导。 (1)令y=1+2,利用和差化积公式 aa+mg=2aa22a生 代入a=wt-kx,B=wt+kx+p,得 (ot+) (2)形成驻波要求相位因子cos(wt+φ/2)与空间因子cos(kx+/2)完全分离，即合 成波可写为 y(x,t)=B(x)cos(wt+o), 其中B(x)仅与x有关，描述各点的振幅分布；波节处B=O,波腹处B取极大。严格意 义下，要求p=0或p=2nπ（n∈Z),即2=Acos(wt+kx)(取n=0时)。此时合成 波为 y=2A cos(ka)cos(wt). 设波腹位置为x腹，波节位置为C节。由cos(kx=1得kx=mπ，即 mrm入 2,m=0,士1,2，. 由cos(kc)=0得kx=(m+)元，即 文节 (2m+1)r=(2m+1)以 m=0,±1，土2，. 2k 4 相邻波腹（或相邻波节）间距为入/2，相邻波腹与波节间距为入/4。 (3)设两列同向(+x)传播的波角频率分别为，w2,振幅均为A,波数1=w1/u, k2=w2/v(v为相速)，即 y1=A cos(wit-k1x),y2=Acos(w2t-k2x). 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第13页 合成波为 y=2A cos 1-2t- k1-k2 ki+k2 2 2 cos 2 画 1+w2 2 △w=w1-w2, 系=+ 2 △k=k1-k2, 则 2A cos △k cos(⑥t-x), 低频包络（调制）频率，即拍频为 d=M- 2π 载波（等相位面）的传播速度即相速。=⊙/≈w/;包络（等振幅面）的传播速度 即群速度 △wdw va=lim A"0△k=dk 对非色散介质w=vk,有vg=p=v。 结果. (1) y=2A cos cos(wt+ (2)中=2nπ(n∈Z) 波腹位置 m入 (2m+1)入 腹= 波节位置 2 节= m∈Z。 ￥ (③)f拍=山-：群速度 Vg dw/dk, 对非色散介质g=p=可 讨论.第(1)问是(2)的特例：在(1)式中取0=2nπ，即得标准驻波y=2Acos(kx) cos(ωt),验证两式一致。驻波的本质是能量在波腹与波节间往返交换而不随波向前传播，群 速度为零。第(3)问中合成波可视为载波（频率⑦，相速v2)被包络（频率△w/2,群速度 g)所调制：当w1=w2时拍频为零、退化为标准行波。易错点：(2)中只取中=0而漏掉 p=2nr;波腹位置应取|cos(kx)川=1即kx=mπ，而非kx=(2m+1)π/2；(3)中将拍频 误写为M-2l/2(实为山1-2)，或忽略色散情形下yg≠，的可能。 第7题光电效应与玻尔模型的衔接(40分) 金属钨的逸出功W=4.5eV。用波长入=200nm的紫外光照射钨的表面。普朗克常 量h=6.63×10-34J·s,元电荷e=1.60×10-19C,真空中光速c=3.00×108m/s,里德 伯常量R=1.097×107m-1。 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第14页 (I)求出射光电子的最大初动能E,max(以eV为单位)。 (2)求钨的红限波长入o· (3)若入射光强加倍（波长入不变），Ek,mx如何变化？饱和光电流如何变化？ (4在玻尔氢原子模型中，电子从n=3跃迁到n=1时发射光子的波长31与能量E31 各为多少？该光子能否引发钨的光电效应？ 【详细解析】 思路.爱因斯坦光电效应方程hw=W+E,max联系光子能量、逸出功与电子最大初 动能；红限对应E.max=0:玻尔氢原子能级En=-13.6eV/n2决定发射光子能量，再与 W比较即可判断能否引发光电效应。 推导 (1)入射光子能量 hc_6.63×10-34×3.00×108 200×10-9 =995x101-25I0v62ey 由爱因斯坦光电效应方程 Ek,max =Ey-W=6.22eV-4.5eV 1.72eV. (2)红限波长入o满足hc/入o=W,即 = hc6.63×10-34×3.00×108 4.5×1.60×10-9m≈2.76×10-7m=276mm (3)由E,max=hc/入一W可见，Emax只由入射光子的频率（即波长）决定，与光 强无关；光强加倍时E,max不变。光强加倍意味着单位时间内入射的光子数加倍，单位时 间内逸出的光电子数加倍，故饱和光电流加倍。 (4)玻尔氢原子能级 13.6eV 13.6 En=- n2 eV,E1=-13.6eV. 9 发射光子能量 E=B-E=180-(←180=136 9 1-9 eV=13.6x8 eV≈12.09eV 对应波长 λ31= hc 1240nm.ev ≈102.6nm. E31 12.09eV 比较：E31≈12.09eV>W=4.5eV,故该光子能引发钨的光电效应。 结果.()E,max≈1.72eV(2)0≈276nm(3)Ek,max不变，饱和光电流加倍。(4) 入31≈102.6nm,E31≈12.09eV,能引发光电效应 物理竞赛复赛模拟（第二套）（解析卷） 第15页 讨论.光电子的最大初动能由单个光子的能量决定，与光子流密度（光强）无关： 而单位时间内逸出的电子总数与光子数密度成正比一这是”光子概念”的两个独立侧面， 也是初学者最易混淆之处。极限检验：入→0时E,mx→0，与hC/=W自洽；入→∞ 时E,→0，无法逸出电子，符合红限的物理意义。易错点：把”光强加倍”误认为”每个 光子能量加倍”，从而错答E,max加倍；玻尔模型中能级为负值，求发射光子能量时务必用 E=Em-E,（高减低)，而非取绝对值相减。 第8题带电粒子在均匀电场与重力场中的抛体运动(40分) 设质量为m、电荷为+g的粒子从坐标原点O出发时初速度为o,方向沿x轴正方向。 空间中存在两种均匀力场：沿一y方向的均匀电场E(即电场强度矢量=-E,E>0) 和沿一之方向的重力加速度g(取之轴竖直向上，重力加速度矢量为g=一9)。粒子在 x之平面内运动，y方向始终保持为零。带电粒子所受电力为Fg=g尼=-gE,重力为 G=mg =-mg2. (1)求粒子的轨迹方程，分别用参数t表示，以及消去时间t后用x,之表示的轨道方程。 (2)求轨迹最高点的之坐标（之最大值)。 (3)若电场改为沿+x方向，即E=E元(E>0),其他条件不变，重复(1)与(2)的求解。 【详细解析】 思路.本题为带电粒子在恒力场中的二维抛体运动，本质上是匀加速运动：把电力与重 力看作恒定的合力，分别求出x方向与之方向的加速度分量，作匀加速直线运动的合成即 可。第(3)小问电场方向改变后，x方向同时受电力和初速度作用，变成匀加速运动：之方 向仍仅受重力，运动形式不变。 推导.(1)在E=-E)情形下，电力沿-y方向，但粒子初始在x之平面内，y方向初 速度为零，电力作用下y方向也始终为零（无y方向其他力）。x方向无外力，初速度o, 故做匀速直线运动： x(t)=vot. 之方向受重力一9，做初速为零的匀加速运动（向下为负，之减小的抛体)： 40= 消去t,由t=xvo得： =品 即一条开口向下的抛物线，最高点位于原点O。 物理竞赛复赛模拟（第二套)（解析卷） 第16页 (2)在之方向，(t)的最大值为初始时刻之=0，因0)=0且艺=一g<0,粒子立 即沿一之方向加速，所以轨迹的最高点之坐标为 之max=0. (3)当尼=E元时，电力E=qE元沿+x方向，故x方向加速度为ar=gE/m;之 方向仍只受重力，加速度az=-g。c、之方向均为匀加速运动： ,1gE, x(t)=vot+2m 0 消去t:由之=-92得t=√一229（取之<0的时间），代入x表达式： x=_v0、292+9也·5位=-2V=29 m 2 mg 即 mg 整理可得关于x的隐式： x+g 。2≤0. mg 9 平方化简后亦可写为关于x,之的二次方程（抛物线)： 9E2 mg 令a=g5, 则gE/(mg)=a/g,上式化为 m +) 25(-动 求最高点max:由于x方向电场+x方向并不改变之方向的运动，2()=-9t2仍使 之从0开始单调下降（芝<0），故最高点仍在t=0时刻： 2max =0, 对应位置为(x,z)=(0,0)。 结果.(1) x(t)=vot, 0=-9=-2 9 (2)2max=0 物理竞赛复赛模拟（第二套） （解析卷) 第17页 (3) (t)=vot+ 2m c+)3 mg 讨论.在(1)(2)中电场沿一y不影响x之平面运动，粒子在x之平面内作平抛运动（水 平方向匀速、竖直方向匀加速)，轨迹是开口向下的抛物线：由于初速度沿+x且无竖直分 量，之方向立即开始减小，故最高点即出发点之=0。 在(3)中电场沿+x方向，粒子在x方向受到大小恒定的电力gE作用而做匀加速运 动，之方向仍只受重力，运动特征与(1)中之方向相同，因此最高点仍是之=0。轨迹方程 2+℃是开口明下的抛物线，与标准平抛绒迹之一悬相比，可看邵 g 电场把抛物线沿+x方向拉”伸：“同一之<0处对应的x比无电场时更大。 易错点：（①）第(1)问电场沿-y,不要错记为影响之方向；电力只作用于y方向，而 y方向无运动，故电场在本问题中相当于旁“观者。“()第(3)问中电场+x不改变之方向 的加速度az=一9，最高点仍在t=0:不要把电力的水平分量误算入之方向。()消去参 数t时，之=-9→t=V√一2g(需z≤0)，不能丢根。(v)由于2()≤0，抛物线只 在之≤0半平面内有意义，开口朝下，与重力方向一致。