2??1 ⑩ 解为
???,???,?? ?
222? ? ?r3311将?式代入①式得 f?k
评分标准：本题12分. 第（1）问2分，答案正确2分；第（2）问3分，答案正确3分；第（3）问7分，⑦式2分，?式3分，?式2分（答案为f?
二、(16分)
解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：
放气(绝热膨胀)等容升温(pi,V0,T0,Ni)????????(p0,V0,T,Nf)??????(pf,V0,T0,Nf)
???、f?k或f?的，也给这2分）. 3mm?r其中，(pi,V0,T0,Ni),(p0,V0,T,Nf)和(pf,V0,T0,Nf)分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pV?NkT，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有
pfpi?NfNi ①
另一方面，设V?是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为p0时的体积，即
绝热膨胀 (pi,V0,T0,Ni)?????(p0,V?,T,Ni)
此绝热过程满足
V0?p0?? ?V???pi?NfNi?1/?②
由状态方程有p0V??NikT和p0V0?NfkT，所以 联立①②③式得
此即
V0 ③ V?pf???pi?p0?pi??1/? ④
pip0 ??pi ⑤
lnpfln由力学平衡条件有
pi?p0??ghi ⑥ pf?p0??ghf ⑦ 式中，p0??gh0为瓶外的大气压强，?是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得
ln(1? ??hi)h0hhln(1?i)?ln(1?f)h0h0 ⑧
利用近似关系式：当x1, ln(1?x)?x，以及 hi/h01, hf/h01，有
??hi/h0hi?hi/h0?hf/h0hi?hf ⑨
评分标准：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．
解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab，再通过等容升温过程bc达到末态
绝热膨胀ab等容升温bc(pi,V1,T0)??????(p0,V0,T)??????(pf,V0,T0)
其中，(pi,V1,T0),(p0,V0,T)和(pf,V0,T0)分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程
ab: pi??1T0???p0??1T?? ①
bc: p0/T?pf/T0 ②
由①②式得
此即
pf???pi?lnp0?pi??1/? ③
pip0 ??pi ④
lnpf由力学平衡条件有
pi?p0??ghi ⑤ pf?p0??ghf ⑥ 式中，p0??gh0为瓶外的大气压强，?是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得
ln(1? ??hi)h0hhln(1?i)?ln(1?f)h0h0 ⑦
利用近似关系式：当x1, ln(1?x)?x，以及 hi/h01, hf/h01，有
??hi/h0hi?hi/h0?hf/h0hi?hf ⑧
评分标准：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分． 三、（20分）
（1）平板受到重力PC、拉力QM0、铰链对三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用点的坐标分别为：
PC?(0,?mgsin?,?mgcos?)，(0,0,h)；
QM0?(0,Q,0)， (x0,0,z0)；
bNA?(NAx,NAy,NAz)， (,0,0)；
2bNB?(NBx,NBy,NBz)， (?,0,0)
2式中
12b2h?a?34 是平板质心到x轴的距离.
平板所受力和（对O点的）力矩的平衡方程为
?F?N?N?0 ①
② ?F?Q?N?N?mgsin??0?F?N?N?mgcos??0 ③ ?M?mghsin??Q?z?0 ④
bb ⑤ ?M?N2?N2?0xAxBxyAyByzAzBzx0yBzAz?MQ?z?Q?x0?NAy，
bb?NBy?022
⑥
联立以上各式解得
mghsin?z0NAx??NBx，
NAy?mgsin?2?hb2x0?mgsin?，1?(?)N?By?bz?z200???hb2x0??1?b(z?z)?
00??即
1NAz?NBz?mgcos?2 QM0?(0,mghsin?,0)， ⑦
z0NA?(NAx,mgsin??hb2x0?1)?,mgcos?)， ⑧ ?1?(?2z0?2?bz0mgsin??hb2x0?1)?,mgcos?)?1?(?2z0?2?bz0⑨
NB?(?NAx,NBy保持不变，则需
（2）如果希望在M(x,0,z)点的位置从点M0(x0,0,z0)缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力
NBy?mgsin?2?hb2x?1?(?)??常量 ⑩ ??bzz??
M点移动的起始位置为M0，由⑩式得 或
这是过A(b2xb2x0???zzz0z0?b2x?? b?2x???0?zzz0? ?0b,0,0)点的直线. (*) 2
因此，当力QM的作用点M的位置沿通过A点任一条射线(不包含A点)在平板上缓慢改变时，铰链支点B对板的作用力NBy保持不变. 同理，当力QM的作用点M沿通过B点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A对板的作用力NAy保持不变.
评分标准：本题20分．第（1）问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）问6分，⑩?式各1分，(*) 2分，结论正确2分.
四、（24分）
（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至? 角位置时，小球相对于圆环的速率为v，圆环绕轴转动的角速度为? ．此时与速率v对应的指向中心C的小球加速度大小为
? ?z C r ?l
v2 a1? ①
R同时，对应于圆环角速度?，指向OO?轴的小球加速度大小为
? ?? ?
R (?Rsin?)2 a?? ②
Rsin?该加速度的指向中心C的分量为
(?Rsin?)2 a2?a?sin?? ③
R该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为
(?Rsin?)2 a3?a?cos??cot? ④
R由①③式和加速度合成法则得小球下滑至? 角位置时，其指向中心C的合加速度大小为
v2(?Rsin?)2 aR?a1?a2? ⑤ ?RR在小球下滑至? 角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N、垂直于环面的方
向的分量T. 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是N、T和mg. 这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即mgsin?要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿OO?轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，由牛顿第二定律有
v2?(?Rsin?)2 ⑥ N?mgcos??maR?mR合外力矩为零，系统角动量守恒，有
L0?L?2m(Rsin?)2? ⑦
式中L0和L分别为圆环以角速度?0和?转动时的角动量．
如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在?角位置处取角度增量??， 圆心角??所对圆弧?l的质量为?m???l（?m0），其角动量为 2?R?L??m?r2???l?rRsin????Rr?z???R?S ⑧
?式中r是圆环上? 角位置到竖直轴OO?的距离，?S为两虚线间
窄条的面积．⑧式说明，圆弧?l的角动量与?S成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为
m0?R21L?2??L?2??R?m0R2? ⑨
2?R22[或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO?的转动惯量J等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯
量的一半，即
1J?m0R2 ⑧
2则角动量L为
1L?J??m0R2? ⑨ ]
2同理有
1L0?m0R2?0 ⑩
2 力N及其反作用力不做功；而T及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守
恒. 故
1Ek0?Ek?2?mgR(1?cos?)?2?m[v2?(?Rsin?)2] ?
2式中Ek0和Ek分别为圆环以角速度?0和?转动时的动能．圆弧?l的动能为
111?Ek??m(r?)2???l?2rRsin???R?2?S
222整个圆环（两个半圆环）的动能为
21m012?REk?2??Ek?2???R???m0R2?2 ? 22?R24[或：圆环的转动动能为
11Ek?J?2?m0R2?2 ? ]
24同理有
12 ? Ek0?m0R2?04 根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2Ncos?，当
2Ncos??m0g ?
时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩?? ?式可知，?式可写成
22?m0?0Rcos??m06mcos??4mcos??m0?1??(m?4msin2?)2??0 ?
2g0??式中，g是重力加速度的大小.
（2）此时由题给条件可知当?=30?时，?式中等号成立，即有
22??3m0R?0m0?9?1? ??23?m?m0? ?(m?m)2?4g?2?0??2或
?0?(m0?m)(93?12)m?23m02g ?
3(2m0?m)mm0R由⑦⑨⑩?式和题给条件得 ??m0m0(93?12)m?23m02m0g ? ????00m0+4msin2?m0+m3(2m0?m)mR由?????式和题给条件得
223m0+(12?3)mm0?33m2 v?gR ?
6(2m0?m)m
评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，?式2分，??式各1分，?式2分，?式1分；第（2）问6分，???式各2分． 五、（20分） （1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v. 由题意知：u?20cm, f?10cm，代入透镜成像公式
第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案
