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、 2gr/3； 8、R1/41/2AB1?（1?5）R?1.618R； 22?1????RS?3TS?9、TE??? 10、2R ?2?1????d?
2、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。作功就需要消耗能量。
汽化时要保持物质的温度不变，因而就必须从外界输入能量。这就是液体汽化时需要汽化热的原因。如果汽化时不从外界补充能量，而使液体绝热蒸发，那么液体的温度就要降低，这是获得低温的一种方法。例如，利用液氦的绝热蒸发，可获得约0.7K的低温。
由于汽化热只改变物质的相而不改变物质的温度，所以又称汽化潜热。 这是由于随着温度的升高，液体分子将具有较大的动能，气相与液相之间的差别逐渐减小，液体只需要从外界获得较少的能量就能汽化。
而在临界温度下，物质处于临界态，气相与液相之间的差别消失了，因此汽化热为0。 大气压力宏观上看是由于大气的重力产生，微观上看是由于大气分子不断碰撞地面产生。 两球弹性碰撞时，能量有可能从动能小的向动能大的传递。
5、B点加速度为g，最大，因磁通量不变。A、C两点磁场随位置变化情况一样，但环在C点的速度大，磁通量变的快，A点的加速度比C点的大。
6、T?2?m F?kx k8、无限网络多一个单元。少一个单元总电阻不变 9、辐射问题 附：（27届复赛）七、（15分）地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射（假定不计大气对太阳辐射的吸收）一部分被地球表面反射到太空，其余部分被地球吸收．被吸收的部分最终转换成为地球热辐射（红外波段的电磁波）．热辐射在向外传播过程中，其中一部分会被温室气体反射回地面，地球以此方式保持了总能量平衡。作为一个简单的理想模型，假定地球表面的温度处处相同，且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼
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定律：单位面积的辐射功率 J与表面的热力学温度 T 的四次方成正比，即 J=σT ,其中
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σ是一个常量．已知太阳表面温度Ts=5.78×10 K ，太阳半径 Rs=6.69×10 km ,地球到太
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阳的平均距离d=1.50×10 km ．假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层，并设它对热辐射能量的反射率为ρ=0.38 .
1．如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α=0.30 ，试问考虑了温室气体对热辐射的反射作用后，地球表面的温度是多少？
2．如果地球表面一部分被冰雪覆盖，覆盖部分对太阳辐射的反射率为α1=0.85 ，其余部分的反射率处
α2=0.25 ．间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为 273K . 七、参考解答：
１．根据题意，太阳辐射的总功率PS?4πRS?TS．太阳辐射各向同性地向外传播．设地球半径为rE，可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的，故地球接收太阳辐射的总功率为
24?R?PI??TS4?S?πrE2 （1）
?d?
2
地球表面反射太阳辐射的总功率为?PI．设地球表面的温度为TE，则地球的热辐射总功率为
PE?4πrE2?TE4 （2）
考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射，则输入地球表面的总功率为PI??PE．当达到热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有PI??PE??PI?PE （3）
2?1????RS?由以上各式得TE?TS???? （4）
2?1????d?代入数值，有TE?287K （5）
2．当地球表面一部分被冰雪覆盖后，以??表示地球表面对太阳辐射的平均反射率，根据题意这时地球表面的平均温度为TE?273K．利用（4）式，可求得???0.43 （6）
设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x，则????1x??2(1?x) （7） 由（6）、（7）两式并代入数据得x?30% （8）
评分标准：本题15分． 第1小问11分．（1）式3分，（2）式1分，（3）式4分，（4）式2分，（5）式1分． 第2小问4分．（6）式2分，（8）式2分．
附：六、(40分)如图,太空中有一由同心的内球和球壳构成的实验装置内球和球壳内表面之间为真空。内球半径为r=0.200m,温度保持恒定，辐射率为e=0.800；球壳的导热系数为??1.00?10?2Jm?1s?1K?1内、外半径分别为R1=0.900m、R2=1.00m,外表面可视为黑体:该实验装置已处于热稳定状态,此时球壳内表面比辐射率为E=0.800。斯特藩常量为
1/41/2??5.67?10?8Wm?2K?4。宇宙微波背景辐射温度为T=2.73K,若单位时间内由球壳内表面传递到球壳外表面的热量为Q=44.0W,求
(1)球壳外表面温度T2:(2)球壳内表面温度T1:(3)内球温度T0
已知:物体表面单位面积上的射功率与同温度下的黑体在该表面单位面积上的辐射功率之比称为比辐射率。当辐射照射到物体表面时,物体表面单位面积吸收的辐射功率与照射到物体单位面积上的辐射功率之比称为吸收比。在热平衡状态下,物体的吸收比恒等于该物体
dT在同温度下的比辐射率。当物体内某处在z方向(热流方向)每单位距离温度的增量为时,
dz物体内该处单位时间在z方向每单位面积流过的热量为??dT,此即傳里叶热传导定律。 dzR1r
R2
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.
（36届初赛山西）11、（20分）有一宽为l、高为2l的墙壁，如图所示。现从墙壁左侧地面发射一个质量为m的小球（可视为质点），使小球越过墙壁，击中墙壁右侧地面上的目标S。目标S与墙壁的中心线距离为d。不考虑空气阻力。
（1）小球有最小动能时，发射点与墙面中心线的距离为多少？小球能够击中S的最小初始速度与地面的夹角? 为多少？
（2）若不需击中S，仅要求小球能够越过墙壁，
求小球发射的最小动能，以及初始动能最小时发射点与墙面中心线的距离为多少？
解11：（1）由于所有的抛物运动，其轨迹都为抛物线。由于要求能量最小，此时，抛物线应该恰好过墙壁的两个角。因此，运动轨迹的对称轴应为墙的中线。于是
x = d ①2’
由于小球恰好过墙角，取发射点为坐标原点，发射时为计时零点t = 0，初速度为v0，与地面的夹角为?，经过左边墙角设为t1时刻，经过右边墙角设为t2时刻，则
v0cos??t1?d?1l ②1’
2v0sin??t1?1gt12?2l ③1’
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2019年第36届全国中学生物理竞赛山西预赛试题及解析
