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第十九届全国高中生物理竞赛复赛试题及答案


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第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题(2002 年)
一、 (20 分)某甲设计了 1 个如图复 19-1 所示的“自动喷泉”装置,其中 A、B、C 为 3 个容 器,D、E、F 为 3 根细管,管栓 K 是关闭的.A、B、C 及细管 D、 E 中均盛有水,容器水面的高度差分别为 h1 和 h1 如图所示.A、B、 C 的截面半径为 1

2cm,D 的半径为 0.2cm.甲向同伴乙说: “我若拧 开管栓 K,会有水从细管口喷出. ”乙认为不可能.理由是: “低处 的水自动走向高外,能量从哪儿来?”甲当即拧开 K,果然见到有 水喷出, 乙哑口无言, 但不明白自己的错误所在. 甲又进一步演示. 在 拧开管栓 K 前,先将喷管 D 的上端加长到足够长,然后拧开 K,管 中水面即上升,最后水面静止于某个高度处. (1).论证拧开 K 后水柱上升的原因. (2).当 D 管上端足够长时,求拧开 K 后 D 中静止水面与 A 中 水面的高度差. (3).论证水柱上升所需能量的来源.

二、 (18 分) 在图复 19-2 中, 半径为 R 的圆柱形区域内有匀强磁场, 磁场方向垂直纸面指向纸外,磁感应强度 B 随 时 间 均 匀 变 化 , 变 化 率 ?B / ?t = K ( K 为一正值常量),圆柱形区 外空间没有磁场,沿图中 AC 弦的方向画 一直线, 并向外延长, AC 与半径 OA 的 弦 夹角 α = π / 4 .直线上有一任意点,设该 点与 A 点的距离为 x ,求从 A 沿直线到该 点的电动势的大小. 三、 (18 分)如图复 19-3 所示,在水平光滑绝缘的桌面上,有三个带正 电的质点 1、2、3,位于边长为 l 的等边三角形的三个顶点处。 C 为三 角形的中心,三个质点的质量皆为 m ,带电量皆为 q 。质点 1、3 之间 和 2、3 之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连,在 3 的连接处为无摩擦的 铰链。已知开始时三个质点的速度为零,在此后运动过程中,当质点 3 运动到 C 处时,其速度大小为多少?

四、 (18 分)有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数.在图复 19-4-1 中,E 为电压可调 的直流电源。K 为开关, L 为待测线圈的自感系数, rL 为线圈的直流电阻,D 为理想二极管,

r 为用电阻丝做成的电阻器的电阻,A 为电流表。将图复 19-4-1 中 a 、 b 之间的电阻线装进图 复 19-4-2 所示的试管 1 内,图复 19-4-2 中其它装置见图下说明.其中注射器筒 5 和试管 1 组 成的密闭容器内装有某种气体(可视为理想气体) ,通过活塞 6 的上下移动可调节毛细管 8 中 有色液注的初始位置,调节后将阀门 10 关闭,使两边气体隔开.毛细管 8 的内直径为 d .

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已知在压 强不变的条件 下,试管中的气 体温度升高 1K 时,需要吸收的 热量为 Cq ,大 气压强为 p 。设 试管、三通管、 注射器和毛细 管皆为绝热的, 电阻丝的热容 不计.当接通电键 K 后,线圈 L 中将产生磁场,已知线圈中储存的磁场能量 W =

1 2 LI , I 为 2 通过线圈的电流,其值可通过电流表 A 测量,现利用此装置及合理的步骤测量的自感系数 L . 1.简要写出此实验的步骤.
2.用题中所给出的各已知量( r 、rL 、Cq 、 p 、 d 等)及直接测得的量导出 L 的表达式,

五、 (20 分)薄凸透镜放在空气中时,两侧焦点与透镜中心的距离相等。如果此薄透镜两侧的 介质不同,其折射率分别为 n1 和 n2 ,则透镜两侧各有一个焦点(设为 F1 和 F2 ) ,但 F1 、 F2 和 透镜中心的距离不相等,其值分别为 f1 和 f 2 。现有一个薄凸透镜 L ,已知此凸透镜对平行光 束起会聚作用,在其左右两侧介质的折射率及焦点的位置如图复 19-5 所示。 1.试求出此时物距 u ,像距 v ,焦距 f1 、 f 2 四者之间的关系式。 2.若有一傍轴光线射向透镜中心,已知它与透镜主轴的夹角为 θ1 ,则与之相应的出射线 与主轴的夹角 θ 2 多大? 3. f1 , f 2 , n1 , n2 四者之间有何关系?

六、 (20 分)在 相 对 于实验室静止 的 平 面直角坐标系 S 中, 有一个光子, x 轴正方向射向一个静止于坐标原点 O 的电子. y 轴方向探测到一个散射光 沿 在 子.已知电子的静止质量为 m0 ,光速为 c ,入射光子的能量与散射光子的能量之差等于电子静 止能量的 1/10. 1.试求电子运动速度的大小 v ,电子运动的方向与 x 轴的夹角 θ ;电子运动到离原点距离 为 L0 (作为已知量)的 A 点所经历的时间 ?t . 2.在电子以 1 中的速度 v 开始运动时,一观察者 S ′ 相对于坐标系 S 也以速度 v 沿 S 中电 子运动的方向运动(即 S ′ 相对于电子静止),试求 S ′ 测出的 OA 的长度.

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七、 (26 分)一根不可伸长的细轻绳,穿上 ,绳的下 一粒质量为 m 的珠子(视为质点) 端固定在 A 点,上端系在轻质小环上,小环 可沿固定的水平细杆滑动 (小环的质量及与 细杆摩擦皆可忽略不计) ,细杆与 A 在同一 竖直平面内.开始时,珠子紧靠小环,绳被 拉直, 如图复 19-7-1 所示, 已知, 绳长为 l , A 点到杆的距离为 h , 绳能承受的最大张力 为 Td ,珠子下滑过程中到达最低点前绳子 被拉断,求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小(珠子与绳子之间无摩擦) 注:质点在平面内做曲线运动时,它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向 加速度 an ,可以证明, an = v 2 / R , v 为质点在该点时速度 的大小, R 为轨道曲线在该点的“曲率半径” ,所谓平面曲 线上某点的曲率半径, 就是在曲线上取包含该点在内的一段 弧,当这段弧极小时,可以把它看做是某个“圆”的弧,则 此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径. 如图复 19-7-2 中曲 线在 A 点的曲率半径为 RA ,在 B 点的曲率半径为 RB .

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
一、参考解答 实践证明,甲的设计是正确的,所以乙的结论肯定是错的。 2002 年

(1)设大气压为 p0 ,水的密度为 ρ 。拧开 K 前的情况如图复解19-l的(a)图所示。由流 体静力学可知, B 、 C 中气体的压强为

pB = pC = p0 + ρ g (h1 + h2 ) D 中气体的压强为 pD = pB ? ρ gh1
由(1)、(2)两式可得

(1)

K D A

H A h1

K

(2)

E B h2 F C
(a) 图复解 19-1

B

pD = p0 + ρ gh2
即 pD > p0 ,当拧开 K 后, D 中气体压强降至 p0 ,此时

C
(b)

pB ? p0 > ρ gh1

(3)

即 D 管中容器 B 水面以上的那一段水柱所受合力向上, 所以 D 管中水柱上升。 (2)拧开 K 后,水柱上升,因 D 管上端已足够长,故水不会从管口喷出.设到 D 中的水 面静止时 D 中增加水量的体积为 ?V ,则 B 中减少水量的体积亦为 ?V ,其水面将略有降低, 因而 B 及 C 中气体压强路有下降, A 中的水将通过 E 管流入 C 中,当从 A 流入水量的体积等

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于 ?V 时, B 、 C 中气体压强恢复原值。因为 A 、 B 、 C 的半径为 D 管半径的 60 倍,截面积 比为 3600 倍,故 A 、 B 、 C 中少量水的增减( ±?V )引起的 A 、 B 、 C 中水面高度的变化 可忽略不计,即 h1 和 h2 的数值保持不变。 设 D 中水面静止时与 A 中水面的高度差为 H ,(见图复解19-1(b)),则有

p0 + ρ g (h1 + h2 ) = p0 + ρ g ( H + h1 )
由此可得

(4) (5)

H = h2

(3) 将图复解 19-l (a) 和(b)两图相比较可知, 其差别在于体积为 ?V 的水从 A 移至 C 中,另 ?V 的水又由 B 移入 D 中,前者重力势能减少,而后者重力势能增大,前者的重力势 能减少量为

?E1 = ρ g ?V (h1 + h2 )

(6)

D 中增加的水柱的重心离 A 中水面的高度为 h2 / 2 ,故后者的重力势能增量为
1 ?E2 = ρ g ?V (h1 + h2 ) 2
即 ?E1 > ?E2 。 由此可知,体积为 ?V 的水由 A 流入 C 中减少的势能的一部分转化为同体积的水由 B 进 入 D 中所需的势能,其余部分则转化为水柱的动能,故发生上下振动, D 中水面静止处为平 衡点.由于水与管间有摩擦等原因,动能逐步消耗,最后水面停留在距 A 中水面 h2 处。 二、参考解答 由于圆柱形区域内存在变化磁场,在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场,电场线为 圆,圆心在圆柱轴线上,圆面与轴线垂直,如图中虚点线所示.在这样的电场中,沿任意半 径方向移动电荷时,由于电场力与移动方向垂直,涡旋电场力做功为零,因此沿半径方向任 意一段路径上的电动势均为零. 1.任意点在磁场区域内:令 P 为任意点(见图复解19-2-1) x ≤ 2 R ,在图中连直线 OA 与 OP 。取闭合回路 APOA ,可得回路电动势 E1 = E AP + EPO + EOA ,式中 E AP , EPO , EOA 分别为从 A 到 P 、从 P 到 O 、从 O 到 A 的电动势。由前面的分析可知 EPO = 0 , EOA = 0 , 故 (7)

E AP = E1

(1)

令 ?AOP 的面积为 S1 ,此面积上磁通量 φ1 = BS1 ,由电磁感应定律,回路的电动势大小为

E1 =
根据题给的条件有

?φ1 ?B = S1 ?t ?t
(2)

E1 = S1k
由图复解19-2-2可知

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1 xR xR sin α = 2 2 2 由(1)、(2)、(3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为 kR E AP = x 2 2 S1 =
C

(3)

(4)

A R

α

x P O

C

A

α R O

α

α β D

Q

图复解 19-2-1

图复解 19-2-2

2.任意点在磁场区域外:令 Q 为任意点(见图复解19-2-2), x > 2 R 。在图中连 OA 、

OQ 。取闭合回路 AQOA ,设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有

E AQ = E2

(5)

对于回路 AQOA , 回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量, 此面积为 S2 , 通过它的磁通量 φ2 = BS 2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小

E2 = S 2 k
在图中连 OC ,令 ∠COQ = β ,则 ∠OQC = α ? β ,于是

(6)

S2 = ?AOC的面积 + 扇形OCD的面积 1 β π R2 = ( R sin α ) ? 2 R cos α + 2 2π 1 = R 2 (sin 2α + β ) 2 1 当 α = π / 4 时, S2 = R 2 (1 + β ) , 2 ?OCQ 中有
x ? 2R R = sin β sin[(π / 4) ? β ] R sin β = ( x ? 2 R)sin( = ( x ? 2 R)

π
4

? β)

1 (cos β ? sin β ) 2

(R +

x ? 2R x ? 2R )sin β = cos β 2 2 x ? 2R x

tan β =

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于是得

1 2 x ? 2R R (1 + arctan ) 2 x 由(5)、(6)、(7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为 S2 =

(7)

E AQ =

kR 2 x ? 2R (1 + arctan ) 2 x

(8)

三、参考解答 以三个质点为系统,由对称性可知,开始时其质心应位于 C 处,因为质点 系所受的合外力为零,由质心运动定理可知,质心总是固定不动的。质点 1、2 在静电力作用下,彼此间距离必增大,但不可能保持在沿起始状态时 1、2 连 线上运动,若是那样运动,由于杆不能伸长,质点 3 必向左运动,三者的质心 势必亦向左运动,这与“质心不动”相矛盾,故不可能。由此可知,由于杆为 刚性,质点 1、2 在静电力作用下,要保持质心不动,质点 1、2 必将分别向题 图中右上方和右下方运动,而质点 3 将向左运动.当 3 运动到 C 处时,1、2 将运动到 A 、 B 处, A 、 B 、 C 三点在一直线上,1、2 的速度方向向右,3

A C

1

3

B

2

图复解 19-3

的速度方向左(如图复解 19-3 所示)。令 v1 、 v2 、 v3 分别表示此时它们的速度大小,则由对 称性可知此时三质点的总动能为

1 2 1 2 EK = mv3 + 2( mv1 ) 2 2 再由对称性及动量守恒可知 mv3 = 2mv1
系统原来的电势能为

(1)

(2)

q2 l 其中 k 为静电力常数.运动到国复解 19-3 所示的位置时的电势能为 EP = 3k E P′ = 2 k
根据能量守恒有

(3)

q2 q2 +k l 2l

(4)

E P = E P′ + E K
由以上各式可解得

(5)

v3 =

2kq 2 3lm

(6)

四、参考解答 1.(1)调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置,将阀门10关闭使两边气体隔绝,记下 有色液柱的位置; (2)合上开关 S ,测得电流 I ; (3)打开开关 S ; (4)测出有色液体右移的最远距离 ?x ; (5)改变电源电压,重复测量多次,记下多次的 I 和 ?x 值。

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1 2 LI ,因二极管 D 的存在,r 中无电流。打开开关 S 2 后,由于 L 中有感应电动势,在线圈 L 、电阻器 ab 和二极管 D 组成的回路中有电流通过,最
2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W = 后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为 r 和 rL 上放出的热量,其中 r 上放 出的热量为

?Q =

1 2 r LI ? r + rL 2

(1)

此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程,所以气体吸热为

?Q =

m

?

C p ?T

(2)

式中 m 为气体质量, 为其摩尔质量, T 为温升, ? ? 因为是等压过程, 设气体体积改变量为 ?V , 则由理想气体状态方程可得

p ?V =

m

?

R?T

(3)

而 由以上各式可得

?V =

πd2
4

?x

(4)

?x r + r C p pπ d L= 2 ? L ? 2r R I
五、参考解答

2

(5)

利用焦点的性质,用作图法可求得小物 PQ 的像 P′Q′ ,如下图所示。

Q
y

n1 f1 u

n2

F2
f2 v

P′
y′

P
(1) y 和 用 和像的大小,则 系可得

F1

Q′
y′ 分 别 表 示 物
由图中的几何关

图复解 19-5-1

f y u ? f1 = = 2 y′ f1 v ? f2

(1)

(u ? f1 )(v ? f 2 ) = f1 f 2
简化后即得物像距公式,即 u , v , f1 , f 2 之间的关系式

f1 f 2 + =1 (2) u v (2)薄透镜中心附近可视为筹薄平行板,入射光线经过两次折射后射出,放大后的光路
如图复解19-5-2所示。图中 θ1 为入射角, θ 2 为与之相应的出射角, γ 为平行板中的光线与法

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线的夹角。设透镜的折射率为 n ,则由折射定律得

n1 sin θ1 = n sin γ = n2 sin θ 2
对傍轴光线, θ1 、 θ 2 ≤1,得 sin θ1 ≈ θ1 , sin θ 2 ≈ θ 2 ,因而得

(3)

θ2 =

n1 θ1 n2

(4)

θ1

n1 n
γ γ

n2
θ2

(3)由物点 Q 射向中心 O 的入射线,经 L 折 射后,出射线应射向 Q′ ,如图复解19-5-3所示,

图复解 19-5-2

Q
y

n1

θ1

L

n2

F2
θ2

P′
y′

P
在傍轴的

F1 u

v u
图复解 19-5-3

Q′
条件下,有

y y′ = tan θ1 ≈ θ1, = tan θ 2 ≈ θ 2 u v 二式相除并利用(4)式,得 y ′u n1 = yv n2
用(1)式的 y′ / y = f1 /(u ? f1 ) 代入(6)式,得

(5)

(6)

f1u n = 1 (u ? f1 )v n2


f1 =

n1uv n2u + n1v

(7)

用(1)式的 y′ / y = (v ? f 2 ) / f 2 代入(6)式,得

(v ? f 2 )u n1 = f 2v n2


f2 =

n2uv n2u + n1v

(8)

从而得 f1 , f 2 , n1 , n2 之间关系式

f 2 n2 = f1 n1
六、参考解答 (1)由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为

(9)

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m0 c 2 1 ? (v / c )
2 2

= 1.10m0 c 2

(1)

由此可解得

v=

0.21 = 0.417c ≈ 0.42c 1.10

(2)

hν hν ′ 和 p′ = ,方向如图复解19-6所示。电子的 c c 动量为 mv , m 为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律 可得 光子散射方向 m0 v hν cosθ = (3) 电子 c 1 ? (v 2 / c 2 ) θ 光子入射方向 A m0 v hν ′ 光子入射方向 sin θ = (4) c 1 ? (v 2 / c 2 ) 图复解 19-6
入射光子和散射光子的动量分别为 p = 已知

hν ? hν ′ = 0.10m0 c 2

(5)

由(2)、(3)、(4)、(5)式可解得

ν = 0.37 m0 c 2 / h ν ′ = 0.27 m0 c 2 / h θ = tan-1 ν′ 27 = arctan( ) = 36.1° ν 37

(6) (7) (8)

电子从 O 点运动到 A 所需时间为 L ?t = 0 = 2.4 L0 / c (9) v (2)当观察者相对于 S 沿 OA 方向以速度 v 运动时,由狭义相对论的长度收缩效应得

L = L0 1 ? (v 2 / c 2 )

(10) (11)

L = 0.91L0

七、参考解答 1. 珠子运动的轨迹 建立如图复解19-7所示的坐标系,原点 O 在过 A 点的竖直线与细杆相交处, x 轴沿细杆 向右, y 轴沿 OA 向下。当珠子运动到 N 点处且绳子未断时,小环在 B 处, BN 垂直于 x 轴, 所以珠子的坐标为

x = PN,y = BN
由 ?APN 知

( AP )2 + ( PN ) 2 = ( AN ) 2
即有 (h ? y ) 2 + x 2 = (l ? y ) 2 ,得

x 2 = ?2(l ? h) y + (l 2 ? h 2 )

(1)

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这是一个以 y 轴为对称轴,顶点位于 y = 物线,如图复解19-7-1所示,图中的 H =

1 1 (l + h) 处,焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的抛 2 2

1 (l + h) , A 为焦点。 2

2. 子 N 的 动 程

O
h P

B F T T
α α α

xM 切线

x

C′

H A′ O

法线

α

N′
mg

珠 在 点

H

N

xM
切线

x

A C
y

法线

运 方

mg

P A C
y

T

N
mg

图复解 19-7-1

图复解 19-7-2

因为忽略绳子的质量,所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分,则珠 子受的力有三个,一是重力 mg ;另外两个是两绳子对珠子的拉力,它们分别沿 NB 和 NA 方 向,这两个拉力大小相等,皆用 T 表示,则它们的合力的大小为 F = 2T cosα (2) α 为 N 点两边绳子之间夹角的一半, F 沿 ∠ANB 的角平分线方向。 因为 AN 是焦点至 N 的连线,BN 平行于 y 轴, 根据解析几何所述的抛物线性质可知,N 点的法线是 ∠ANB 的角平分线.故合力 F 的方向与 N 点的法线一致。 由以上的论证.再根据牛顿定律和题中的注,珠子在 N 点的运动方程(沿法线方向)应 为

2T cos α ? mg cosα = m 2T cos α =

v2 R

(3)

mv 2 + mg cos α (4) R 式中 R 是 N 点处轨道曲线的曲率半径; v 为珠子在 N 处时速度的大小。根据机械能守恒定律 可得

v = 2 gy
3. 求曲车半径 R

(5)

当绳子断裂时 T = Td ,由(4)式可见,如果我们能另想其他办法求得曲率半径 R 与 y 的 关系,则就可能由(4)、(5)两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标 y 。现提出如下一种办法。 做一条与小珠轨迹对于 x 轴呈对称状态的抛物线,如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是 一个从高 H 处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的,我们不仅知道其轨迹是抛物线,而 且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分 析其运动过程即可求出与 N 对称的 N ′ 点处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系, 也就是 N 处抛物 线的曲率半径 R 与 y 的关系。 设从抛出至落地的时间为 t ,则有

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v0t = l 2 ? h 2
由此解得

v0 = g (l ? h)
% 设物体在 N ′ 处的速度为 v ,由机械能守恒定律可得
2 %2 v = v0 + 2 g ( H ? BN ′)

(7)

(8)

物体在 N ′ 处法线方向的运动方程为

%2 mv mg cosα = R
式中 R 即为 N ′ 处抛物线的曲率半径,从(7)、(8)、(9)式及 H =

(9)

1 (l + h) ,可求得 2

R=

2(l ? BN ′) cosα

这也等于 N 点抛物线的曲率半径, BN = BN ′ = y ,故得

2(l ? y ) cosα 4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小 把(5)式和(10)式代入(4)式,可求得绳子的张力为
R= T= mgl 2(l ? y )

(10)

(11)

当 T = Td 时绳子被拉断,设此时珠子位置的坐标为 ( xd , yd ) ,由(11)式得

yd = l (1 ?
代入(1)式,得

mg ) 2Td

(12)

xd = mgl (

l?h ) ? (l ? h ) 2 Td

(13)

绳子断开时珠子速度的大小为

vd = 2 gyd = 2 gl (1 ?

mg ) 2Td

(14)


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