第18届全国中学生物理竞赛复赛答案.docx

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第18届全国中学生物理竞赛复赛答案

第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

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主光轴的光线，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，如图复解18-1-1所示，图中为左端球面的球心．

由正弦定理、折射定律和小角度近似得

（1）

即

（2）

光线射到另一端面时，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一定在端面顶点的左方，等于球面的半径，如图复解18-1-1．

仿照上面对左端球面上折射的关系可得

（3）

又有（4）

由

（2）、（3）、（4）式并代入数值可得

（5）

即右端为半径等于5的向外凸的球面．

2.设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过，②过，如图复解18-1-2所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点，即为左端球面对此无限远物点成的像点．现在求点的位置。

在中

（6）

又（7）

已知，均为小角度，则有

（8）

与

（2）式比较可知，，即位于过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，从射出的光线将沿原方向射出，这也就是过点的任意光线（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，由图复18-1-2可得

（9）

由

（2）、（3）式可得

则

（10）

二、参考解答

1．已知在海平面处，大气压强．如图复解18-2-1，在处，大气压强为。

（1）

此处水沸腾时的饱和蒸气压应等于此值．由图复解18-2-2可知，对应的温度即沸点为

（2）

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．由图复解18-2-2可知，在℃时，水的饱和蒸气压，而在海平面处，大气压强．可见压力阀的附加压强为

（3）

在5000ｍ高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为

（4）

若在时阀被顶起，则此时的应等于，即

（5）

由图复解18-2-2可知

℃（6）

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．由图复解18-2-2可知，在℃时，题中已给出水的饱和蒸气压，这时锅内空气的压强（用表示）为

（7）

当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为℃时，锅内空气压强为，则有

（8）

若在时压力阀刚好开始被顶起，则有

（9）

由此得

（10）

画出函数的图线，

取

由此二点便可在图复解18-2-2上画出此直线，此直线与图复解18-2-2中的曲线的交点为，即为所求的满足（10）式的点，由图可看出与点对应的温度为

℃（11）

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．

（1）

又知基态（）的能量为－13.58，即

所以

的第一激发态的能量为

（2）

为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为

（3）

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

（4）

式中为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有

（5）

（6）

光子的动量。

由（6）式可推得，因为，所以，故（5）式中光子的动量与相比较可忽略不计，（5）式变为

（7）

符合（6）、（7）两式的的最小值可推求如下：

由（6）式及（7）式可推得

经配方得

（8）

由（8）式可看出，当时，达到最小值，此时

（9）

（10）

代入有关数据，得

（11）

答：

原子的速度至少应为．

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、的方向如图复解18-4-1所示，对左环电路，有关系

因

，，

故

（1）

因回路所围的面积为

故对该回路有

（2）

解得

（3）

代入

（1）式，得

（4）

2．求每个圆环所受的力．

先求左环所受的力，如图复解18-4-2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，因圆弧与圆弧中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧与弧的电流相对轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在方向的合力为零，以载流导体弧上的线段为例，安培力为径向，其分量的大小表示为

（5）

因

故

（6）

由于导体弧在方向的合力为零，所以在时刻所受安培力的合力仅有分量，即

（7）

方向向左

同理，载流导体弧在时刻所受的安培力为

（8）

方向向右

左环所受的合力大小为

（9）

方向向左

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、的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用表示面电荷密度．设球壳半径时球壳外壁带的电量为，因为电荷、与球壳外壁的电量在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于的等势区，在导体表面上的面元所带的电量为，它在球壳的球心处产生的电势为，球壳外壁所有电荷在球心产生的电势为

（1）

点电荷、在球壳的球心处产生的电势分别为与，因球心处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有

（2）

代入数值后可解得球壳外壁的电量为

因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量等于球壳外壁的电量，即

（3）

2．当球壳半径趋于时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为，球壳外的电荷、与球壳外壁的电量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的等势区，则有

（4）

解得球壳外壁的电量

因为此时球壳内壁电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即

（5）

在到趋于的过程中，大地流向球壳的电量为

（6）

3．当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为），点电荷在球壳内壁感应出电量－，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷与球壳内壁电荷－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与球壳外壁的电荷所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷与球壳外壁的电荷在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷与产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为的等势区．与在球心处产生的电势等于球壳的电势，即

（7）

解得球壳外壁电量

（8）

球壳外壁和内壁带的总电量应为

（9）

在这过程中，大地流向球壳的电量为

（10）

这个结果表明：

电荷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．当球壳半径趋于时（点电荷仍在球壳外），令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

（11）

由此得

球壳的电量等于球壳内外壁电量的和，即

（12）

大地流向球壳的电量为

（13）

5．当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内时（球壳半径仍为），球壳内壁的感应电荷变为－（＋），由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球壳外电场仅由球壳外壁的电量决定，即

（14）

可得

球壳的总电量是

（15）

在这个过程中，大地流向球壳的电量是

（16）

6．当球壳的半径由增至时，令表示此时球壳外壁的电量，有

（17）

可得

球壳的总电量为

（18）

大地流向球壳的电量为

（19）

六、参考解答

1．在弹簧刚伸长至原长的时刻，设的速度的大小为，方向向上，的速度大小为，方向向下，则有

（1）

（2）

解

（1）、

（2）两式，得

（3）

（4）

设升空到达的最高点到井口的距离为，则

（5）

上升到最高点的重力势能

（6）

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时，玩具向上的速度为

（7）

设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，的速度大小为，方向向上，的速度大小为，方向向下，则有

（8）

（9）

消去（8）、（9）两式中的，得的方程式

由此可求得弹簧刚伸长至原长时，和的速度分别为

（10）

（11）

设从解除锁定处向上运动到达的最大高度为，则有

从井口算起，上升的最大高度为

（12）

讨论：

可以看出，在第二方案中，上升的最大高度大于第一方案中的最大高度，超出

的高度与解除锁定处到井口的深度有关．到达时，其重力势能为

（13）

（ⅰ）若（14）

即

这要求

（15）

这时，升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，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

（ⅱ）若（16）

即

这要求

（17）

此时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，上升的高度为

（ⅲ）若（18）

即

这要求

（19）

此时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的机械能．在这个条件下，上升的最大高度为