第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题解答.docx

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第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题解答

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／（（ｉ１／ｒ１）－1）≈1／（ｎ－1），　　　①

即　　（

／Ｒ１）－1＝1／（ｎ－1）．　　　②

　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

　（

／Ｒ２）－1＝1／（ｎ－1），　　　③

又有

＝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

／ｓｉｎ（π－φ１）＝

／ｓｉｎφ１＝Ｒ１／ｓｉｎ（φ１－φ１′），

又　　ｎｓｉｎφ１′＝ｓｉｎφ１，

已知φ１、φ１′均为小角度，则有

／φ１＝Ｒ１／φ１（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φ２，由图18－2－7可得

　2／φ１＝

／

＝（

－Ｒ１）／（

－Ｒ２），

　由②、③式可得（

－Ｒ１）／（

－Ｒ２）＝Ｒ１／Ｒ２，

　则φ２／φ１＝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）＝101．3×10３Ｐａ．在ｚ＝5000ｍ时，大气压强为

　ｐ（5000）＝53×10３Ｐａ．

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°）＝198×10３Ｐａ，而在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101×10３Ｐａ．可见压力阀的附加压强为

　ｐＳ＝ｐＷ（120°）－ｐ（0）

　＝（198×10３－101．3×10３）Ｐａ

　＝96．7×10３Ｐａ．

　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）

　　＝（96．7×10３＋53×10３）Ｐａ

　　＝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°）＝3．6×10３Ｐａ，这时锅内空气的压强（用ｐａ表示）为

　ｐａ（27°）＝ｐ（5000）－ｐＷ（27°）

　　＝（53×10３－3．6×10３）Ｐａ

　　＝49．4×10３Ｐａ．

　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＋45．0×10３）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′）＝（105×10３－164．7ｔ′）Ｐａ，

画出函数ｐ′－ｐａ（ｔ′）的图线，

取ｔ＝0℃，有　　ｐ′－ｐａ（0℃）＝105×10３Ｐａ，

取ｔ＝100℃，有　ｐ′－ｐａ（100℃）＝88．6×10３Ｐａ．

　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，　　　①

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．　　　②

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．　　　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

　ｈν＝Ｅ内＝10．19ｅＶ＝10．19×1．602×10－19Ｊ

　　＝1．632×10－18Ｊ．　　　④

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，　　　⑤

　（1／2）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ２＋ｖＢ２）＋ｈν，　　　⑥

　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

　Ｅ＝Ｉ１ｒＣＦＡ＋Ｉ２ｒＡＤＣ，

因　　ｒＣＦＡ＝5ｒ／6，ｒＡＤＣ＝ｒ／6，Ｅ＝ｋπＲ２，

故　　ｋπＲ２＝Ｉ１（5ｒ／6）＋Ｉ２（ｒ／6）．　　　①

因回路ＡＤＣＥＡ所围的面积为

　2（（2π－3

）／12）Ｒ２，

故对该回路有

　ｋ［2（（2π－3

）／12）Ｒ２］＝2Ｉ２（ｒ／6），

解得　　Ｉ２＝（（2π－3

）Ｒ２／2ｒ）ｋ，

代入①式，得　Ｉ１＝（（10π＋3

）Ｒ２／10ｒ）ｋ．

　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Δｌ′为例，安培力ΔＦ为径向，其ｘ分量的大小表示为

　｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ′ｃｏｓα，

因　　Δｌ′ｃｏｓα＝Δｌ，

故　　｜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

）Ｒ２／10ｒ）ｋＢＲ

　　＝（（10π＋3

）Ｒ２／10ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，

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

）Ｒ２／2ｒ）ｋＢＲ

　　＝（（2π－3

）Ｒ２／2ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，

方向向右．左环所受的合力大小为

　Ｆ＝Ｆ１－Ｆ２＝（9

／5ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ３．

　　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＝10ｃｍ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））＝－8×10－９Ｃ．

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＝－8×10－9Ｃ．

　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））＝－16×10－9Ｃ．

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＝－16×10－9Ｃ，

在ａ＝10ｃｍ到趋于ｄ１的过程中，大地流向球壳的电量为

　ΔＱⅠ＝ＱⅡ－Ｑ１＝－8×10－9Ｃ．

　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）＝－6×10－9Ｃ，

球壳外壁和内壁带的总电量应为

　ＱⅢ＝Ｑ３＋（－ｑ１）＝－16×10－9Ｃ，

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））＝－12×10－9Ｃ，

球壳的电量ＱⅣ等于球壳内外壁电量的和，即

　ＱⅣ＝Ｑ４＋（－ｑ１）＝－22×10－9Ｃ，

大地流向球壳的电量为

　ΔＱⅢ＝ＱⅣ－ＱⅢ＝－6×10－9Ｃ．

　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＝4×10－9Ｃ，

球壳的总电量是

　ＱⅤ＝Ｑ５－（ｑ１＋ｑ２）＝－22×10－9Ｃ，　　（15）

在这个过程中，大地流向球壳的电量是

　ΔＱⅣ＝ＱⅤ－ＱⅣ＝0．　　（16）

　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，　　（17）

可得　　Ｑ６＝ａ１（Ｕ／ｋ）＝5×10－9Ｃ，

球壳的总电量为

　ＱⅥ＝Ｑ６－（ｑ１＋ｑ２）＝－21×10－9Ｃ，

大地流向球壳的电量为

　ΔＱⅤ＝ＱⅥ－ＱⅤ＝1×10－9Ｃ．

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

　（1／2）ｍ１ｖ１２＋（1／2）ｍ２ｖ２２＝Ｅ０，　　　②

解①、②两式，得

　ｖ１＝

，　　　③

　ｖ２＝

．　　　④

　设Ｇ１升空到达的最高点到井口的距离为Ｈ１，则

　Ｈ１＝ｖ１2／2ｇ＝（（ｍ２／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０，　　　⑤

Ｇ１上升到最高点的重力势能为

　Ｅｐ1＝ｍ１ｇＨ１＝（ｍ２／（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０．　　　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ｈ时，玩具向上的速度为

　ｕ＝

．　　　⑦

　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

　（1／2）ｍ１ｖ１′＋（1／2）ｍ２ｖ２′＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）ｕ2＋Ｅ０，　　　⑨

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）ｕ2－2Ｅ０＝0，

由此可求得弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１和Ｇ２的速度分别为

　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　　2

＜ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），

这要求　　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

＝ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），

这要求　　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

＞ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），

这要求　　ｈ＞Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（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，Ｇ１上升的最大高度为

　Ｈ２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．