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1995年第12届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案解析

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第 12 届全国中学生物理竞赛复赛试题
一、一理想的凸透镜,它容许入射光完全透过,此透镜直径 D=10cm,焦距 f=15cm,水平放置,四束激光 沿竖直方向对称地入射到透镜靠边缘处。已知四束激光总功率为 P=1.2W, 求激光对透镜的作用力。已知光子动量 p=E/c,其中 E 为光子能量,c 为光速。 【参考答案】2.1×10-10N,方向向下 一、解析: 激光通过透镜后聚焦,由于通过透镜前后光子的能量不变,且光速为恒量,故光子的动量大小通过透 镜前后不变,但方向改变,光子的动量是 E p= , c ⑴

其中 E 是光子的能量,在通过透镜前,其方向竖直向下。通过透镜后,动量方向改变,其沿竖直方向和水 D 平方向的分量分别是: p 直= pcosθ, ⑵ ⑶ p 平= psinθ, cosθ= f D f2+( )2 2
θ f




图 1-1

由此可知,光子在通过透镜前后,其动量沿竖直方向和水平方向的改变分别是 E (Δp)直=p(1-cosθ)= (1-cosθ) , c E (Δp)平=psinθ= sinθ , c 激光照射透镜 Δt 时间内通过透镜的光子数为 N= WΔt , E ⑹ ⑸

这些光子分四束对称地通过透镜,它们的水平动量变化相互平衡,而竖直方向动量的变化等于透镜对光子 的冲量,在数值上,也就等于激光对透镜的作用力的冲量,故有 FΔt=N(Δp)直, ⑺ 由⑷、⑸、⑹和⑺式可得 W F= (1- c 代入数值,得到 f D f2+( )2 2 ) ,

F≈2.1× 10-10N,方向向下。

二、如图 12-2 电路中,C1=4C0,C2=2C0,C3=C0,电池电动势为 ε,不计内阻,C0 和 ε 为已知量。先在断 开 K4 的条件下,接通 K1、K2、K3,令电池给三个电容器充电;然后断开 K1、K2、K3,接通 K4,使电容器 放电,求: K4 1.放电过程中,电阻 R 上共产生多少热量。 K3 R C2 C1 C3 2.放电过程达到放电总量一半时,R 上的电流是多大。 2 【参考答案】1.2C0ε /7 2.ε/2R K1 二、解析: K2 1.充电时,电路及电流方向如图 2-1 所示。充电后,三个电容器上的 ε 电压都是 ε,各电容器储能为 复图 12-2
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W1= W2= W3=

C1ε2 =2C0ε2, 2 C2ε2 =C0ε2, 2 C3ε2 C0ε2 = , 2 2 7C0ε2 , 2 ⑴

C1 +

C2 + +

C3

图 2-1

三个电容器储能的能量之和为 W=W1+W2+W3= ⑵

则三个电容器上的电量分别为 Q1=C1ε=4C0ε, Q2=C2ε=2C0ε, Q3=C3ε=C0ε, ⑶ 放电时,三个电容串联放电,如图 2-2 所示。C1 左极板的电压高于 C3 右极板的电压,故电流的方向应如 图所标志,即 C1 和 C3 是放电,而 C2 则是继续充电。 在整个放电过程中,流过 R 的电量设为 ΔQ,则由电荷守恒定律可知,放电后三个电容器上的电量分 别变为 C3 C1 C2 Q1′=Q1-ΔQ=4C0ε-ΔQ, + + + R Q2′=Q2+ΔQ=2C0ε+ΔQ, Q3′=Q3-ΔQ=C0ε-ΔQ, ⑷ 图 2-2 三个电容器的电势差的大小变为 U1′= Q1′ , C1 U2′= Q2′ , C2 Q3′ U3′= , C3 ⑸ ⑹

放电终结,应有 U1′-U2′+U3′=0, 由⑷、⑸和⑹式解得 4C0ε ΔQ= , 7 将⑺式代入⑷式,得 Q1′= Q2′= Q3′= 24C0ε , 7 18C0ε , 7 3C0ε , 7 ⑻ ⑺

此时,各电容器的储能为 W1′= W2′= W3′= (Q1′)2 72C0ε2 = , 2C1 49 (Q2′)2 81C0ε2 = , 2C2 49 (Q3′)2 9C0ε2 = , 2C3 98 315C0ε2 , W′=W1′+W2′+W3′= 98 ⑼ ⑽

总储能为:

比较⑵、⑽两式,可知放电后,电容器储能减少了 ΔW, 2C0ε2 ΔW=W-W′= , 7
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由能量守恒定律可知,在放电过程中,电阻上产生的热量 H 为 2C0ε2 H=ΔW= 。 7 ⑿

ΔQ 2C0ε 2.当放电量为 ΔQ″= = 时,各电容上的电量为 2 7 26C0ε Q1″=Q1-ΔQ″= , 7 16C0ε , Q2″=Q2+ΔQ″= 7 5C0ε Q3″=Q3-ΔQ″= , 7 此时,各电容器电势差的大小为 U1″= Q1″ , C1 Q2″ U2″= , C2 Q3″ U3″= , C3 ⒁ ⒀

按照欧姆定律,此时流过电阻 R 的电流应为 U1″-U2″+U3″ I= , R 由⒀、⒁、⒂式可得 ε 。 I= 2R 分析与评述:电容器串联或并联时,情况都比较简单。在混联的情况下,特别是再有一些开关来控制 各支路的通断和各电容器的充放电,这时往往会使问题复杂化。但不管怎样复杂,只要真正理解了电动势 和电势差的概念、电荷守恒定律、电容的概念(或其上电量与电压成正比) ,从这些基本概念和规律出发, 总会把问题搞清楚,即使不记得电容的串联并联公式。因为这些公式也是从那些基本概念和规律在简单情 况下推导出来的。相反地,如果只是死记了这些公式,到处乱用,而不能从基本概念和规律出发对问题进 行分析,则遇到较复杂的问题时,就必然出错。 ⒂

三、 如图 12-3 所示, 正四面休 ABCD 各面均为导体, 但又彼此绝缘。 已知带电后四个面的静电势分别为 φ1、 A φ2、φ3 和 φ4,求四个面体中心 O 点的电势 φ0。 【参考答案】 (φ1+φ2+φ3+φ4)/4 三、解析: 保持四面体不动,设想按照下述方式调换四个面上的电荷(由电荷分布决定的 O B D 电势相应地也变换) ,这方式是设想四个面的电荷绕中心 O 转动,由于保持了它们 的相对位置不变,结果会得到正四面体的四个面的若干带电模式。从中可选出以下 C 四种模式: 复图 12-3 电势 1 2 3 4 Ⅰ φ1 φ2 φ3 φ4 Ⅱ φ2 φ1 φ4 φ3 Ⅲ φ3 φ4 φ1 φ2 Ⅳ φ4 φ3 φ2 φ1

由于转动时并未改变各面电荷之间的相对位置,所以各种模式在中心 O 点的电势 φ0 都相同。现设想将四 种模式叠加, 则 O 点电势应为 4φ0。 另一方面, 四种模式叠加后, 正四面体的每个面的电势皆为 φ1+φ2+φ3+φ4, 这时正四面体构成一近似封闭的等势面,它所包围的空间(其中无电荷)就近似为一等势体。因此 O 点电 势为 φ1+φ2+φ3+φ4,由以上得出
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4φ0=φ1+φ2+φ3+φ4, φ0= φ1+φ2+φ3+φ4 。 4

分析与评述:这种处理方法都是用到对称性的概念。在不少情况下,用对称性方法去处理一些具有一 定对称性的对象,往往可使问题简化。

四、在某自行车赛场直行跑道的一侧有一外高内低、倾角为 θ 的斜面,直行跑道长度为 L,斜面上端高度 为 h,如图 12-4 所示。运动员由 A 点出发,终点为 A′。运动员可以选直线 AA′行进,或沿对称折线 AMA′ 行进的路线。若出发时自行车的速度均为 v0,又设车轮与地面间的侧向摩擦足以阻止车轮侧滑,若要取得 较好的成绩,运动员应采用哪种路线? A A′ 【参考答案】 v0 h 若满足 L>2 hcscθ,则运动员采用折线有利,若上 gh
θ 式不满足则运动员应选行直线。 M ) B′ 四、解析: B L 分 析 运 动 员 沿 对 称 折 线 AMA′ 的 运 动 , 令 ∠ 复图 12-4 AMB=w,由于驱动力和阻力相等,它们相互抵消,运 动员所受的力为:重力 W=mg,斜面支持力 N 和阻止车轮侧滑的侧向摩擦力 Ff。重力可分解为与斜面垂直 的分力 W⊥=mgcosθ 和与斜面平行的分力 W//=mgsinθ。W⊥与 N 平衡,而 W//又分解为沿 AM 方向的分力 F 滑 = mgsinθsinw 和与 AM 方向垂直的分力 F 侧= mgsinθcosw。F 侧与 Ff 平衡,而 F 滑使运动员作匀加速运动,加 速度的大小为 a=gsinθsinw, ⑴ A 运动员到达 M 点时的速度为 v′,则有 A′ 2 2 v′ -v0 =2aAM, h 由运动轨道的几何关系,可知

h AB= =AMsinw, sinθ 代入上式并用⑴式,有 h v′2-v02=2gsinθsinw· =2gh, sinθsinw 因此,不论 w 取何值,v′的值总是

M B′ 图 4-1

)w


B

θ

v′= v02+2gh , ⑵ 实际上,由于驱动力和阻力平衡,⑵式也是机械能守恒的必然结果。运动员由 A 到 M 的平均速度是

v= 2

v0+v′





运动员若沿 AA′直线行进,则为一等速直线运动,速度为 v0。而沿斜线 AM 行进时,其沿 AA′方向分速 度的平均值是 v cosw。故运动员走 AM 线而有优势的条件是

v cosw>v0,
有 cosw> v0



MA′段与 AM 段对称。运动员在 MA′段所用时间与 AM 段相同,故优势条件不变。将⑶式代入⑷式, = 2v0 2v0 = v0+v′ v0+ v02+2gh , ⑸

v

⑸式右方小于 1,故 w 有解,即存在一临界角 w0,
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cosw0=

2v0 , v0+ v02+2gh



当时 w<w0,走对称折线有利。 将优势条件换算成场地条件,若要能满足⑸式,则必需 2v0 L/2 > , 2 2 2 (L/2) +h csc θ v0+ v02+2gh 即 (L/2)2 2v02 > 2 , 2 2 2 (L/2) +h csc θ v0 +gh+v0 v02+2gh (L/2)2 2v02 v02 > ≈ , gh h2csc2θ gh+v0 v02+2gh-v02 最后得到场地判据为 v0 L>2 hcscθ, gh







若赛道参数 L、h、θ 满足⑼式条件,则运动员采用 AMA′折线有利,若⑼式条件不能满足,运动员应选行 AA′直线。 分析与评述:此题是将实际情况大大简化,但由此简化情况可以看出,同样的初速度,并不是走直线 距离最快。在一定的条件下,走折线也可能更快一点。这是因为沿折线时,距离虽然加大了,但因利用了 重力分力的作用使速度也加快了,当初速度和场地条件满足一定条件时,可使速度加快所起的作用大于距 离加大所起的作用。

五、如图 12-5 所示,一根两端封闭、粗细均匀的石英管,竖直放置,内有一段水银柱,将管隔成上下两部 分,下方为空气,上方为一种可分解的双原子分子气体(每个分子由两个原子组成) 。此种双原子分子气 体的性质为:当 T>T0 时,其分子开始分解为单原子分子(仍为气体) 。用 n0 表示 T0 时的双原子分子数, ?n 表示 T0+?T 时分解了的双原子分子数,其分解规律为当?T 很小时,有如下的关系: ?n/n0=?T/T0, 已知初始温度为 T0,此时,下方的气柱长度为 2l0,上方气柱长度为 l0,水银柱产生的压强为下方气体 压强的 α 倍(0<α<1) ,试讨论当温度由 T0 开始缓慢上升时,水银柱将上升还是下降。忽略石英管和水银 柱的体积随温度的变化。 提示:可用 xl0 表示水银柱因温度升高而移动的距离,x>0 表示升高,x<0 表示下降。 【参考答案】当 α>1/2 时,?p>0,水银柱上升;当 α<1/2 时,?p<0,水银柱下降;当 α=1/2 时,?p<0,水银柱下降。 五、解析: 在温度升高过程中,上下端气体均应满足气态方程。 首先分析水银柱下端的气体。当温度为 T0 时,其压强为 p0,气柱长度为 2l0。当温度上升 到 T0+ΔT 时,水银柱向上移动 xl0,从而气柱长度变为(2+x)l0,此时之压强命为 p,于是有气 复图 12-5 态方程: p02l0 p(2+x)l0 = , T0 T0+ΔT 或 x p ΔT (1+ ) =1+ , 2 p0 T0 ⑴ ⑵
xl0

对于水银柱上方之气体,若命水银柱之压强为 αp0,则当温度为 T0 时,其气体压强为 p0 -αp0,气体柱之长度为 l0,分子数为 n0,当温度上升至 T0+ΔT 时,压强为 p-αp0,气体柱长 度为(1-x)l0,而气体分子数则因有 Δn 个双原子分子分解为 2Δn 个单原子分子,分子数变为 T0 T +ΔT 0 ΔT 图 5-1 n0+Δn=n0(1+ ), T0
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故有 T0 时: T0+ΔT 时:

n0 (1-α)p0l0S= RT0 , A

⑶ ⑷

ΔT T0+ΔT (p-αp0)(1-x)l0S= n0(1+ ) R , T0 A

式中 S 为管之内横截面积,A 为阿伏伽德罗常量。由⑶、⑷式可得 1 p ΔT 2 ( -α)(1-x) =(1+ ), p T0 1- α 0 p 由⑵、⑸两式消去 ,可得 x 所满足的二次方程 p0 ax2+bx+c=0, 其中 α a= , 2 ΔT 1 ΔT 2 α α ΔT 2 b=-{(1+ )+ (1+ ) - - (1+ )} T0 2 T0 2 2 T0 3 ΔT 1 ΔT =-{( -α)+(2-α) + (1+α)( )2}, 2 T0 2 T0 ΔT ΔT 2 ΔT 2 ΔT ΔT c=(1+ )-(1+ ) -α+α(1+ ) =(2α-1) +(1-α)( )2, T0 T0 T0 T0 T0 方程式的解为 -b± b2-4ac x= 2a 。 ⑺ ⑹ ⑸

3 首先,应判别⑺式中之“±”号之取法问题。为此,令 ΔT→0,此时 b→[ -α],c→0。则⑺式中之 x 2 解为: 3 3 3 3 ( -α)+( -α) ( -α)-( -α) 2 2 2 2 3 x→ = -2>1,当⑺式中之“±”号取正;x→ =0,当⑺式中之“±”号 2· (α/2) α 2· (α/2) 取负。 显然,后者合理,前者不合理,故取 x 之解为 -b- b2-4ac x= , ⑻ 2a 据此分析,当 ΔT>0 时,水银柱在什么条件下上升(x>0) ,什么条件下下降,由⑹式可知 b<0, a>0, ⑼ 再由⑻式可知,x 之值取决于 c 之值。当时 c>0,x>0。而时 c<0,x<0。因 ΔT 很小,在 c 之表示 式⑹中忽略( ΔT 2 ) 项,有 T0 ⑽

ΔT c=(2α-1) , T0

1 1 1 由此可见,当时 α> ,c>0,x>0,水银柱上升;当时 α< ,c<0,x<0,水银柱下降;当时 α= , 2 2 2 1 ΔT c=- ( )2,c<0,x<0,水银柱下降。 2 T0 分析与评述:本题要求学生从物理方法和数学处理上进行比较。

六、一弹簧振子,两端为质量都是 m=0.1kg、大小不计的物体 A、B,中间是一静止长度为 l0、劲度系数为 k0、质量可以忽略的理想弹簧,现此振子自某一高度、A 端在下,竖直地自由下落至一水平桌面。开始下
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落时,A 距桌面的高度为 H=2m,开始时弹簧无伸长或压缩。A 与桌面发生弹性碰撞后跃离桌面,当 A 第 二次接触桌面时,发现弹簧的压缩达到最大。求: 1.弹簧劲度系数 k0 的值。 2.A 第二次与桌面接触时的速度。 【参考答案】1.0.19N/m; 2.8.0m/s 六、解析: 取 x 坐标轴沿竖直方向。原点在桌面,方向向上。振子竖直下落,弹簧无压缩或伸长,故 A、B 均为 自由落体。当 A 到达桌面时,A、B 的速度相同,均为 VA=VB=- 2gh =-V0, ⑴ -V0 命 A 与桌面碰撞之时刻为 t=0,即 t=0 时,A 与桌面发生弹性碰撞而反向。此时有 x M VB=-V0, VA= V0, V0 XA=0, XB=l0, ⑵ O A 暂不考虑重力之影响,则由如图 6-1 所示可知,A、B 相向运动,压缩弹簧,而产生简谐 图 6-1 运动。t=0 时,弹簧无形变,由⑵式之初始条件,可以写出 A 作简谐运动方程 XA(t)=X0sin2πft, VA(t)=V0cos2πft, ⑶ ⑶式中,已知 V0= 2gh ,X0、f 待定。如图 6-1 所示可知,在振动运动中,A、B 相向运动,中点 M 不动。 故振动可视为作 M 固定的两个振子,振子 MA(或 MB)之等效劲度系数为 k,k=2k0,故有 f= k/m 2k0/m = , 2π 2π ⑷
B

1 1 振子 A 之最大振动动能为 mV02,最大振动势能为 (2k0)X02,有 2 2 1 1 mV 2= (2k )X 2, 2 0 2 0 0 即 X0=V0 m 。 2k 0 ⑸

现在考虑重力的效应,重力的存在使得 A、B 在振动的同时,还在作自由落体运动。在时间 0→t 期间, 1 重力使 A 产生的位移为- gt2,故在 t>0 时,A 的坐标为 2 1 X(t)=X0sin2πft- gt2, 2 弹簧最大压缩时为 t1,此时应有 π , 2 ⑹

2πft1=



t1 时,XA(t1)=X0,VA(t1)=0。此时 A 与桌面发生第二次碰撞,即应有 1 X(t1)=X0sin2πft1- gt12 =0, 2 由⑺、⑻两式可得 X0= g 。 2(4f)2 m = 2k0 g , 2k0/m 2 2× (4× ) 2π ⑻

代入 X0、f 值,有 2gh

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π4mg k0= , 256h

代入各量的数值,有 k0=0.19N/m。 当 A 与桌面第二次碰撞时,其振动速度为零,故其速度就是 t1 时的自由落体速度 V(t1)=gt1=8.0m/s。

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