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【马博士教育网】第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赛试题
一、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 φ1 时,从棒射出的平行光束与主光轴成小角度 φ2,求 φ2/φ1(此比值等于此玻璃棒望远系统 的视角放大率) . 二、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 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.

图 18-2-1

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, W p (27°) =3. 6×10 3 5 Pa;z=0 处,p(0)=1.013×10 Pa.

图 18-2-2

图 18-2-3

三、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m -31 kg,氢原子的基态能量为E1=-13.58eV. e=0.911×10

图 18-2-4 四、如图 18-2-4 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.

图 18-2-5

五、如图 18-2-5 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 -9 -9 q1=10×10 C的点电荷,B点有一电量为q2=16×10 C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 9 2 2 常量k=9×10 Nm /C .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、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. 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 ②

=1/((i1/r1)-1)≈1/(n-1), 即 ( /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 ③

由②、③、④式并代入数值可得 R2=cm. 则右端为半径等于 cm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)). ≈ ,即M位于过F1垂直于主光轴的平面上.上面已知,玻

与②式比较可知,

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 3 1.由图 18-2-8 知在海平面处,大气压强p(0)=101.3×10 Pa.在z=000m时, 大气压强为 3 p(000)=3×10 Pa.

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 000m高山上, 若不加盖压力锅, 锅内温度最高可达 82℃. 3 2.由图 18-2-9 可知,在t=120℃时,水的饱和蒸气压pW(120°)=198×10 P 3 a,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) 3 3 =(198×10 -101.3×10 )Pa 3 =96.7×10 Pa. 在 000m高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为 p′=pS+p(000) 3 3 =(96.7×10 +3×10 )Pa =149.7×10 Pa. 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 000m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 3 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 P a,这时锅内空气的压强(用pa表示)为 pa(27°)=p(000)-pW(27°) =(3×10 -3.6×10 )Pa 3 =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+4.0×10 )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′)=(10×10 -164.7t′)Pa, 画出函数p′-pa(t′)的图线, 取t=0℃,有 p′-pa(0℃)=10×10 Pa,
3 3 3 3 3

3

取t=100℃,有 p′-pa(100℃)=88.6×10 Pa. 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 2 En=k1/n , ① 又知基态(n=1)的能量为-13.8eV,即 2 E1=k1/1 =-13.8eV, 所以 k=-13.8eV. n=2 的第一激发态的能量为 2 E2=k1/2 =-13.8×(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 ③ E内=E2-E1=(-3.39+13.8)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 -19 hν=E内=10.19eV=10.19×1.602×10 J -18 ④ =1.632×10 J. 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 2 2 2 (1/2)mv0 =(1/2)m(vA +vB )+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 2 2 (1/2)mv0 =(1/2)m(vA+vB) -mvAvB+hν 2 =(1/2)mv0 -mvA(v0-vA)+hν, 2 mvA -mvAv0+hν=0, 经配方得 2 2 m(vA-(1/2)v0) -(1/4)mv0 +hν=0, 2 2 (1/4)mv0 =hν+m(vA-(1/2)v0) , 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 4 v0min=6.2×10 m/s. 4 答:B原子的速度至少应为 6.2×10 m/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, 2 因 rCFA=r/6,rADC=r/6,E=kπR , 2 故 kπR =I1(r/6)+I2(r/6). ① 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 )/12)R ]=2I2(r/6), )R /2r)k, )R /10r)k.
2 2 2

)/12)R ,



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 l′为例,安培力 F为径向,其x分量的大小表示为 |Fx|=I1Bl′cosα, 因 l′cosα=l, 故 |Fx|=I1Bl, |Fx|=ΣI1Bl=I1B =I1BR.

即 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,

F1=|Fx|=I1BR=((10π+3 =((10π+3


)R /10r)kBR



)R /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 =((2π-3


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


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 S所带的电量为 σS,它在球壳的球心O处产生的电势为 U1=kσS/a,球 壳外壁所有电荷在球心O产生的电势U1为 U1=ΣU1=kΣσS/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 -9 Q1=(aU/k)-a((q1/d1)+(q2/d2))=-8×10 C. 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 -9 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 -9 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 -9 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 -9 QⅠ=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 表明对电荷 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, 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 -9 Q3=(d1U/k)-(d1q2/d2)=-6×10 C, 球壳外壁和内壁带的总电量应为 -9 QⅢ=Q3+(-q1)=-16×10 C, 在这过程中,大地流向球壳的电量为 QⅡ=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 -9 QⅢ=QⅣ-QⅢ=-6×10 C. .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, -9 可得 Q5=d2U/k=4×10 C, 球壳的总电量是 -9 QⅤ=Q5-(q1+q2)=-22×10 C, (1) 在这个过程中,大地流向球壳的电量是 QⅣ=QⅤ-QⅣ=0. (16) 6.当球壳的半径由d2增至a1=0cm时,令Q6表示此时球壳外壁的电量,有 k(Q6/a1)=U, (17) -9 可得 Q6=a1(U/k)=×10 C, 球壳的总电量为 -9 QⅥ=Q6-(q1+q2)=-21×10 C, 大地流向球壳的电量为 -9 QⅤ=QⅥ-QⅤ=1×10 C. 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 ① m1v1-m2v2=0, 2 2 (1/2)m1v1 +(1/2)m2v2 =E0, ②
-9 -9

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 2 H1=v1 /2g=((m2/m1g(m1+m2))E0, ⑤ G1上升到最高点的重力势能为 ⑥ 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 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 2 (1/2)m1v1′+(1/2)m2v2′=(1/2)(m1+m2)u +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/ 2 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

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,





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.


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