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18届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案


第十八届全国中学生物理竞赛 复
全卷共六题,总分 140 分。







一、(22 分)有一放在空气中的玻璃棒,折射率n= 1.5 ,中心轴线长L= 45cm,一端是 半径为R1 = 10cm的凸球面.1.要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜(使主 光轴上无限远处物成像于主

光轴上无限远处的望远系统),取中心轴线为主光轴,玻璃棒另 一端应磨成什么样的球面?2.对于这个玻璃棒,由无限远物点射来的平行入射光束与玻璃棒 的主光轴成小角度φ


时,从棒射出的平行光束与主光轴成小角度φ



,求φ 2/φ 1(此比

值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率).

二、 (22 分)正确使用压力锅的方法是:将已盖好密封锅盖的压力锅(如图复 18-2-1)加热, 当锅内水沸腾时再加盖压力阀S, 此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气, 空气已全部排除. 然 后继续加热,直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时,锅内即已达到预期温度(即设计时希望达 到的温度).现有一压力锅,在海平面处加热能达到的预期温度为 120℃,某人在海拔 5000 m的高山上使用此压力锅,锅内有足量的水. 1.若不加盖压力阀,锅内水的温度最高可达多少? 2.若按正确方法使用压力锅,锅内水的温度最高可达多少? 3.若未按正确方法使用压力锅,即盖好密封锅盖一段时间后,在点火前就加上压力阀,此时 水温为 27℃,那么加热到压力阀刚被顶起时,锅内水的温度是多少?若继续加热,锅内水的 温度最高可达多少?假设空气不溶于水.

已知:水的饱和蒸气压pW(t)与温度t的关系图线如图 18-2-2 所示.

大气压强p(z)与高度z的关系的简化图线如图 18-2-3 所示.当t= 27℃时,pW (27°)=3.6×103Pa;z= 0 处,p(0)= 1.013×105Pa.

三、(22 分)有两个处于基态的氢原子A、B,A静止,B以速度v0与之发生碰撞.已知: 碰撞后二者的速度vA和vB在一条直线上,碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收, 从而该原子由基态跃迁到激发态,然后,此原子向低能级态跃迁,并发出光子.如欲碰后发 出一个光子,试论证:速度v0至少需要多大(以m/s表示)? 已知电子电量e= 1.602×10-19C,质子质量为mp= 1.673×10-27kg,电子质量为me = 0.911×10-31kg,氢原子的基态能量为E1=-13.58eV.

四、(22 分)如图 18-4 所示,均匀磁场的方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化, B=B0-kt(k为大于零的常数).现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定在 图中所示位置,环面处于图中纸面内.圆环的半径为R,电阻为r,相交点的电接触良好, 两个环的接触点A与C间的劣弧对圆心O的张角为 60°,求t=t0时,每个环所受的均匀 磁场的作用力,不考虑感应电流之间的作用. ?

五、(25 分)如图 18-5 所示,一薄壁导体球壳(以下简称为球壳)的球心在O点.球壳通 过一细导线与端电压U= 90V的电池的正极相连,电池负极接地.在球壳外A点有一电量为 q1= 10×10-9C的点电荷,B点有一电量为q2= 16×10-9C的点电荷.点O、A之间的距 离d1= 20cm,点O、B之间的距离d2= 40cm.现设想球壳的半径从a= 10cm开始 缓慢地增大到 50cm,问:在此过程中的不同阶段,大地流向球壳的电量各是多少?已知静

电力常量k= 9×109N·m2/C2.假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁 接触. ?

六、 (27 分) 一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬 (即劲度系数很大) 的轻质弹簧构成. 上 部分G1的质量为m1,下部分G2的质量为m2,弹簧夹在G1与G2之间,与二者接触而不固 连.让G1、G2压紧弹簧,并将它们锁定,此时弹簧的弹性势能为已知的定值E0.通过遥控 可解除锁定,让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能,设这一释放过程的时间极短.第一种方 案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定,从而使上部分G1升空.第二种 方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落,撞击井底(井足够深)后以原速率反弹,反弹 后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值h的时刻解除锁定. 1.在第一种方案中,玩具的上部分G1升空到达的最大高度(从井口算起)为多少?其能量 是从何种形式的能量转化而来的? 2.在第二种方案中,玩具的上部分G1升空可能达到的最大高度(亦从井口算起)为多少? 并定量讨论其能量可能是从何种形式的能量转化而来的.

第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题解答
一、参考解答
1.对于一个望远系统来说,从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光线,它经过系统后的出射光线 也应与主光轴平行,即像点也在主光轴上无限远处,如图 18-2-6 所示,图中C1 为左端球面的球心.

图 18-2-6

?由正弦定理、折射定律和小角度近似得

?(

-R1)/R1=sinr1/sin(i1-r1)≈r1/(i1-r1)? ①

=1/((i1/r1)-1)≈1/(n-1),





/R1)-1=1/(n-1).



?光线PF1射到另一端面时,其折射光线为平行于主光轴的光线,由此可知该端面的球心C2一定在端面顶点B的左方, C2B等于球面的半径R2,如图 18-2-6 所示. ?仿照上面对左端球面上折射的关系可得

?( 又有

/R2)-1=1/(n-1), =L- ,④



由②、③、④式并代入数值可得 ?R2=5cm. ?则右端为半径等于 5cm的向外凸的球面.

图 18-2-7 ? 2.设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示,令①过C1,②过A,如图 18-2-7 所示,则这两条光线经左端 球面折射后的相交点M,即为左端球面对此无限远物点成的像点.现在求M点的位置,在△AC1M中,有 ? 又 /sin(π-φ 1)= nsinφ 1′=sinφ 1, /sinφ 1=R1/sin(φ 1-φ 1′),

已知 φ 1、φ 1′均为小角度,则有 ? /φ 1=R1/φ 1(1-(1/n)).

?与②式比较可知,



,即M位于过F1垂直于主光轴的平面上.上面已知,玻璃棒为天文望远系统,则凡是

过M点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线.容易看出,从M射出C2的光线将沿原方向射出,这也就是 过M点的任意光线(包括光线①、②)从玻璃棒射出的平行光线的方向,此方向与主光轴的夹角即为 φ 2,由图 18-2-7 可得

?? 2/φ 1= ?由②、③式可得(



=( -R1)/(

-R1)/(

-R2),

-R2)=R1/R2,

?则 φ 2/φ 1=R1/R2=2. ?

二、参考解答
1.由图 18-2-8 知在海平面处,大气压强p(0)=101.3×10 Pa.在z=5000m时,大气压强为 ?p(5000)=53×10 Pa.
3 3

图 18-2-8

图 18-2-9 ?此处水沸腾时的饱和蒸气压pW应等于此值.由图 18-2-9 可知,对应的温度即沸点为 ?t2=82℃. ?达到此温度时,锅内水开始沸腾,温度不再升高,故在 5000m高山上,若不加盖压力锅,锅内温度最高可达 82℃. ? 2.由图 18-2-9 可知,在t=120℃时,水的饱和蒸气压pW(120°)=198×10 Pa,而在海平面处,大气压强 p(0)=101×10 Pa.可见压力阀的附加压强为 ?pS=pW(120°)-p(0) ?=(198×10 -101.3×10 )Pa ?=96.7×10 Pa. ?在 5000m高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为 ?p′=pS+p(5000)? =(96.7×10 +53×10 )Pa?
3 3 3 3 3 3 3

=149.7×103Pa. 若在t=t2时阀被顶起,则此时的pW应等于p′,即 ?pW=p′, ?由图 18-2-9 可知t2=112℃. ?此时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故按正确方法使用此压力锅,在 5000m高山上锅内水的温度最高可达 112℃. ? 3.在未按正确方法使用压力锅时,锅内有空气,设加压力阀时,内部水蒸汽已饱和.由图 18-2-9 可知,在t=27℃ 时,题中已给出水的饱和蒸气压pW(27°)=3.6×10 Pa,这时锅内空气的压强(用pa表示)为 ?pa(27°)=p(5000)-pW(27°)? =(53×10 -3.6×10 )Pa? =49.4×10 Pa. ?当温度升高时,锅内空气的压强也随之升高,设在温度为t(℃)时,锅内空气压强为pa(t),则有 ?pa(t)/(273+t)=pa(27℃)/(273+27), ?pa(t)=(164.7t+45.0×10 )Pa. 若在t=t′时压力阀刚好开始被顶起,则有 ?pW(t′)+pa(t′)=p′, 由此得 ?pW(t′)=p′-pa(t′)=(105×10 -164.7t′)Pa, 画出函数p′-pa(t′)的图线, 取t=0℃,有 取t=100℃,有 p′-pa(0℃)=105×10 Pa, p′-pa(100℃)=88.6×10 Pa.
3 3 3 3 3 3 3 3

?由此二点便可在图 18-2-9 上画出此直线,此直线与图 18-2-9 中的pW(t)-t曲线的交点为A,A即为所求的 满足上式的点,由图可看出与A点对应的温度为 ?t′=97℃. 即在压力阀刚开始被顶起时,锅内水的温度是 97℃,若继续加热,压力阀被顶起后,锅内空气随水蒸汽一起被排出,最终 空气排净,锅内水温仍可达 112℃. ?

三、参考解答
为使氢原子从基态跃迁到激发态,需要能量最小的激发态是n=2 的第一激发态.已知氢原子的能量与其主量子数的平 方成反比.即

?En=k1/n2,



又知基态(n=1)的能量为-13.58eV,即

?E1=k1/12=-13.58eV, 所以 k=-13.58eV.

n=2 的第一激发态的能量为 ?E2=k1/22=-13.58×(1/4)=-3.39eV. 为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为 ?E内=E2-E1=(-3.39+13.58)eV=10.19eV. 这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量,即 ?hν=E内=10.19eV=10.19×1.602×10-19J? =1.632×10-18J. ④ ③ ②

式中 ν 为光子的频率,从开始碰到发射出光子,根据动量和能量守恒定律有 ?mv0=mvA+mvB+光子的动量,
2 2 2

⑤ ⑥

?(1/2)mv0 =(1/2)m(vA +vB )+hν,

?光子的动量pν=hν/c. 由⑥式可推得mv0>2hν/v0, 因为v0<<c, 所以mv0>> hν/c,故⑤式中光子的动量与mv0相比较可忽略不计.⑤式变为 ?mv0=mvA+mvB=m(vA+vB), ⑦

?符合⑥、⑦两式的v0 的最小值可推求如下:由⑥式及⑦式可推得 ?(1/2)mv02=(1/2)m(vA+vB)2-mvAvB+hν ? =(1/2)mv02-mvA(v0-vA)+hν, ?mvA2-mvAv0+hν=0, 经配方得 ?m(vA-(1/2)v0)2-(1/4)mv02+hν=0, ?(1/4)mv02=hν+m(vA-(1/2)v0)2, ⑧

由⑧式可看出,当vA=(1/2)v0时,v0达到最小值v0min,此时 ?vA=vB,

?v0min=2 代入有关数值,得



v0min=6.25×104m/s. ?答:B原子的速度至少应为 6.25×104m/s. ?

四、参考解答 1.求网络各支路的电流.因磁感应强度大小随时间减少,考虑到电路的对称性,可设两 环各支路的感应电流I1、I2的方向如图 18-2-10 所示,对左环电路ADCFA,有

图 18-2-10 ? 因 故 E=I1rCFA+I2rADC, rCFA=5r/6,rADC=r/6,E=kπR , kπR =I1(5r/6)+I2(r/6).
2 2



因回路ADCEA所围的面积为 ? 2((2π-3 故对该回路有 ?k[2((2π-3 解得
2 2

)/12)R ,

)/12)R ]=2I2(r/6), )R /2r)k, )R /10r)k.
2 2

I2=((2π-3

代入①式,得 I1=((10π+3 ? 2.求每个圆环所受的力.

图 18-2-11 ?先求左环所受的力,如图 18-2-11 所示,将圆环分割成很多小圆弧,由左手定则可知,每段圆弧所受的力的方向均为 径向,根据对称性分析,因圆弧PMA与圆弧CNQ中的电流方向相反,所以在磁场中受的安培力相互抵消,而弧PQ与弧 AC的电流相对x轴上下是对称的,因而每段载流导体所受的安培力在y方向的合力为零,以载流导体弧PQ上的线段 Δ l′为例,安培力 ΔF为径向,其x分量的大小表示为 ?|ΔFx|=I1BΔl′cosα,

因 故

Δl′cosα=Δl, |ΔFx|=I1BΔl, ?|Fx|=ΣI1BΔl=I1B

=I1BR.

由于导体弧PQ在y方向的合力为零,所以在t0时刻所受安培力的合力F1仅有x分量,即 ?F1=|Fx|=I1BR=((10π+3 =((10π+3 方向向左. ?同理,载流导体弧AC在t0时刻所受的安培力为 ?F2=I2BR=((2π-3 =((2π-3
2 2 2

)R /10r)kBR?

)R /10r)k(B0-kt0)R,

)R /2r)kBR?



)R /2r)k(B0-kt0)R,

方向向右.左环所受的合力大小为


?F=F1-F2=(9 方向向左. ?

/5r)k(B0-kt0)R .

五、参考解答
分以下几个阶段讨论: ? 1.由于球壳外空间点电荷q1、q2的存在,球壳外壁的电荷分布不均匀,用 σ 表示面电荷密度.设球壳半径a=10 cm时球壳外壁带的电量为Q1,因为电荷q1、q2与球壳外壁的电量Q1在球壳内产生的合场强为零,球壳内为电势等于U 的等势区,在导体表面上的面元 ΔS所带的电量为 σΔS,它在球壳的球心O处产生的电势为 ΔU1=kσΔS/a,球壳外 壁所有电荷在球心O产生的电势U1为 ?U1=ΣΔU1=kΣσΔS/α=kQ1/a. ?点电荷q1、q2在球壳的球心O处产生的电势分别为kq1/d1与kq2/d2,因球心O处的电势等于球壳的电势,按 电势叠加原理,即有 ?(kq1/d1)+(kq2/d2)+(kQ1/a)=U, 代入数值后可解得球壳外壁的电量Q1为 ?Q1=(aU/k)-a((q1/d1)+(q2/d2))=-8×10 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量QⅠ等于球壳外壁的电量Q1,即 ?QⅠ=Q1=-8×10 C. ? 2.当球壳半径趋于d1时(点电荷仍在球壳外),设球壳外壁的电量变为Q2,球壳外的电荷q1、q2与球壳外壁的电
-9 -9

C.

量Q2在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍无电荷,球壳内仍保持电势值为U的等势区,则有 ?(kq1/d1)+(kq2/d2)+(kQ2/d1)=U, 解得球壳外壁的电量 ?Q2=(d1U/k)-(d1(q1/d1+q2/d2))=-16×10 C. 因为此时球壳内壁的电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即 ?QⅡ=Q2=-16×10 C, 在a=10cm到趋于d1的过程中,大地流向球壳的电量为 ? ΔQⅠ=QⅡ-Q1=-8×10 C. ? 3.当点电荷q1穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为d1),点电荷q1在球壳内壁感应出电量-q1,因球壳的静 电屏蔽,球壳内电荷q1与球壳内壁电荷-q1在球壳外产生的合电场为零,表明球壳外电场仅由球壳外电荷q2与球壳外壁 的电荷Q3所决定.由于球壳的静电屏蔽,球壳外电荷q2与球壳外壁的电荷Q3在球壳内产生的合电场为零,表明对电荷q2 与Q3产生的合电场而言,球壳内空间是电势值为U的等势区.q2与Q3在球心O处产生的电势等于球壳的电势,即 ?(kq2/d2)+(kQ3/d1)=U, 解得球壳外壁电量 ?Q3=(d1U/k)-(d1q2/d2)=-6×10 C, 球壳外壁和内壁带的总电量应为 ?QⅢ=Q3+(-q1)=-16×10 C, 在这过程中,大地流向球壳的电量为 ? ΔQⅡ=QⅢ-QⅡ=0. ?这个结果表明:电荷q1由球壳外极近处的位置进入壳内,只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁,整个球壳与 大地没有电荷交换. ? 4.当球壳半径趋于d2时(点电荷q2仍在球壳外),令Q4表示此时球壳外壁的电量,类似前面第 3 阶段中的分析, 可得 ?(kq2/d2)+(kQ4/d2)=U, 由此得 ?Q4=(d2U/k)-(d2(q2/d2))=-12×10 C, 球壳的电量QⅣ等于球壳内外壁电量的和,即 ?QⅣ=Q4+(-q1)=-22×10 C, 大地流向球壳的电量为 ? ΔQⅢ=QⅣ-QⅢ=-6×10 C. ? 5.当点电荷q2穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为d2),球壳内壁的感应电荷变为-(q1+q2),由于球
-9 -9 -9 -9 -9 -9 -9 -9

壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电场仅由球壳外壁的电量Q5决定,即 ?kQ5/d2=U, 可得 Q5=d2U/k=4×10 C,
-9

球壳的总电量是 ?QⅤ=Q5-(q1+q2)=-22×10 C,? 在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ? ΔQⅣ=QⅤ-QⅣ=0.? (16)?
-9

(15)?

? 6.当球壳的半径由d2增至a1=50cm时,令Q6表示此时球壳外壁的电量,有 ?k(Q6/a1)=U,? 可得 (17)?
-9

Q6=a1(U/k)=5×10 C,

球壳的总电量为 ?QⅥ=Q6-(q1+q2)=-21×10 C, 大地流向球壳的电量为 ? ΔQⅤ=QⅥ-QⅤ=1×10 C. ?
-9 -9

六、参考解答
1.在弹簧刚伸长至原长的时刻,设G1的速度的大小为v,方向向上,G2的速度大小为v1,方向向下,则有 ?m1v1-m2v2=0,





?(1/2)m1v1 +(1/2)m2v2 =E0, 解①、②两式,得



?v1=





?v2=





?设G1升空到达的最高点到井口的距离为H1,则 ?H1=v1 /2g=((m2/m1g(m1+m2))E0, G1上升到最高点的重力势能为 ?Ep1=m1gH1=(m2/(m1+m2))E0. ?它来自弹簧的弹性势能,且仅为弹性势能的一部分. ? 2.在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为h时,玩具向上的速度为 ⑥
2



?u=





?设解除锁定后,弹簧刚伸长至原长时,G1的速度大小为v1′,方向向上,G2的速度大小为v,方向向下,则有 ?m1v1′-m2v2′=(m1+m2)u, ⑧
2

?(1/2)m1v1′+(1/2)m2v2′=(1/2)(m1+m2)u +E0, 消去⑧、⑨两式中的v2′,得v1′的方程式为



?m1(1+(m1/m2))v1′-2m1(1+(m1/m2))uv1′+m1(1+m1/m2)u -2E0=0, 由此可求得弹簧刚伸长至原长时,G1和G2的速度分别为

2

?v1′=u+



?v2′=-u+



?设G1从解除锁定处向上运动到达的最大高度为H2′,则有

?H2′=v1′/2g=(1/2g)(u+

)?

2

=h+(m2E0/m1g(m1+m2))+2 ?从井口算起,G1 上升的最大高度为



?H2=H2′-h=(m2E0/m1g(m1+m2))+2 ?讨论:



可以看出,在第二方案中,G1上升的最大高度H2大于第一方案中的最大高度H1,超出的高度与解除锁定处到井口的深 度h有关.到达H2时,其重力势能为

?Ep2=m1gH2=(m2E0/(m1+m2))+2 ?(i)若Ep2<E0,



即 这要求

2

<m1E0/(m1+m2), h<E0m1/4m2g(m1+m2).

?这时,G1升至最高处的重力势能来自压紧的弹性势能,但仅是弹性势能的一部分.在这一条件下上升的最大高度为 ?H2<E0/m1g.

?(ii)若Ep2=E0,2 这要求

=m1E0/(m1+m2),

h=E0m1/4m2g(m1+m2).

?此时G1升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能,且等于全部弹性势能.在这一条件下,G1上升的高度为 ?H2=E0/m1g.

?(iii)若Ep2>E0,2 这要求 h>E0m1/4m2g(m1+m2).

>m1E0/(m1+m2),

?此时G1升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能,超出部分的能量只能来自G2的机械能.在这个条件下,G


上升的最大高度为 ?H2>E0/m1g.


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