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第十六届全国中学生物理竞赛参考解答


第十六届全国中学生物理竞赛参考解答
一、参考解答 1 只要有液态水存在,平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和:

p总0 ? p空0 ? p饱 ? 3.0 atm (1)第一次膨胀后 p总1 ? p空1 ? p饱 ? 2.0 atm p空0V0 ? p空1V1 ? 2 p空1V0 p饱 ? 1.0 atm
由于 (4)

(2) (3)

V1 ? 2V0

由于第一次膨胀是等温过程,所以 解(1)、(2)、(3)三式,得 (5)

p空0 ? 2.0 atm

p空1 ? 1.0 atm
(7)

(6)

p饱 ? 1.0 atm ,可知汽缸中气体的温度 T0 ? 373 K

根据题意,经两次膨胀,气体温度未改变。 2.设水蒸气为 ? 和空气分别有


mol .经第一次膨胀,水全部变成水蒸气,水蒸气的压强仍为 p饱 ,这时对于水蒸气
(8)

p饱V1 ? ? 水 RT0

p空1V1 ? ? 空RT0 ? 2RT0
(10)

(9)

由此二式及(5)(6)式可得 、

? 水 ? 2 mol

3. 在第二次膨胀过程中,混合气体可按理想气体处理,有 由题意知, V2 二、参考解答 l. 在所示的光路图 (图复解16-2-1) 人射光 AB 中, 经透镜 L1 折射后沿 BC 射向 L2 ,经 L2 折射后沿 CD 出射.

p总2V2 ? p总1V1

(11) (12)

? 4V0 , V1 ? 2V0 ,再将(2)式代入,得 p总2 ? 1.0 atm

AB 、 BC 、 CD 与透镜主轴的交点分别为 P 、 P ? 和 P ?? ,如果 P 为物点,因由 P 沿主轴射向 O1 的光 线方向不变,由透镜性质可知, P ? 为 P 经过 L1 所成的 像,P ?? 为 P ? 经 L2 所成的像, 因而图中所示的 u1 、v1 、 u2 、 v 2 之间有下列关系:
1 1 1 ? ? u1 v1 f1
(1)

1 1 1 ? ? u2 v2 f 2
(3)

(2)

d ? u2 ? v1

当入射光线 PB 与出射光线平行时,图中的 ? ? ? ? ,利用相似三角形关系可求得 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 1 页

h ? v2 ? , h u1

h? u2 ? h v1

从而求得

v2 u2 ? u1 v1 ?

(4)

联立方程(1)、(2)、(3)、(4),消去 v1 、 u2 和 v 2 ,可得: u1

f1d d ? ( f1 ? f 2 )

(5)

由于 d 、 f1 、 f 2 均已给定,所以 u1 为一确定值,这表明:如果入射光线与出射光线平行,则此入射光

线必须通过主轴上一确定的点,它在 L1 的左方与 L1 相距 u1

?

f1d 处,又由于 u1 与 ? 无关,凡是 d ? ( f1 ? f 2 )

通过该点射向 L1 的入射光线都和对应的出射光线相互平行. 2.由所得结果(5)式可以看出,当 d 当d

? f1 ? f 2 时, u1 ? 0 ,此情况下的光路图就是图复解16-2-1.

? f1 ? f 2 时, u1 ? ? , ? ? 0 ,此时入射光线和出射光线均平行于主轴,光路如图复解16-2-2.

当d

? f1 ? f 2 时,u1 ? 0 , 这表明 P 点在 L1 的右方, L1 来说, 对 它是虚物. (1) 由 式可知, 此时 v1 ? 0 ,

由 u2

?

f2 u v v1 可知, u2 ? 0 ,又由 2 ? 1 ? 0 可知, v2 ? 0 ,所以此时的光路图如图复解16-2-3. f1 v2 u2

三、参考解答 根据题中所给的条件,当圆环内通过电流 I 时,圆环中心的磁感应强度 B ? ?0 1 2 r 穿过圆环的磁通量可近似为 ?

? BS ?

?0
2

? Ir

(1)

根据法拉第电磁感应定律,电流变化产生的感生电动势的大小 E ? 圆环的电阻

?? ?0 ?I ? ?r ?t 2 ?t
(3)

(2)

R?

E ?0? r ?I ? I 2I ?t
全国中学生物理竞赛复赛试题 第 2 页

根 据 题 设 条 件

r ? 0.05 m , ?0 ? 4? ?10-7 N ? A-2 , I ? 100 A ,
(4)

?I ? 10-6 A/s ? 3 ?10-14 A/s ,代入(3)式得 R ? 3 ?10-23 ? ?t
由电阻与电阻率 ? 、导线截面积 S 、长度 L 的关系 及已知导线的直径 d 四、参考解答

R??

L S

? 1 mm ,环半径 r ? 5 cm ,得电阻率 ? ? R

S d2 ?R ? 7.5 ? 10-29 ? ? m (5) L 8r

1.双星均绕它们的连线的中点做圆周运动,设运动速率为 v ,向心加速度满足下面的方程:

M

v2 GM 2 ? 2 L/2 L

(1)

v?

GM 2L

(2)

周期: T

计算



2? ( L / 2) 2L ?? L v GM
观察

(3)

2.根据观测结果,星体的运动周期 T



1 T ?T N 计算 计算

(4)

这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力,故它一定还受到其他指向中心的作用力,按题意这一作用 来源于均匀分布的暗物质,均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量

M ? 位于中点处的质量点相同.考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度 v ,则有

2 v观

M

L/2

?

GM 2 MM ? ?G 2 L ( L / 2)2

(5)

v观=

G ( M ? 4M ?) 2L

(6)

因为在轨道一定时,周期和速度成反比,由(4)式得:

1 1 1 = v观 N v
(8)

(7)

把(2)、(6)式代入(7)式得

M? ?

N ?1 M 4
3

设所求暗物质的密度为 ? ,则有

4 ? L? N ?1 ?? ? ?? M 3 ?2? 4
(9)

故?

?

3( N ? 1)M 2? L3

五、参考解答解法一:1.(1)电阻图变形. 此题连好的线路的平面图如图预解16-5-1所示.

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 3 页

现将电阻环改画成三角形,1、3、5三点为顶点,2、4、6三 点为三边中点,如图预解1—5-2与图预解16-5-3所示.整个连好 的线路相当于把 Dn 的三个顶点分别接到 Dn?1 的三个中点上, 图 预解16-5-1变为图预解16-5-4. 这样第1问归结为求图预解16-5-4 中最外层三角环任意两顶点间的等效电阻。 (2)递推公式. 为使图形简化, 讨论如何将接好的两个电阻环化简成为一个 单环。由六个阻值为 r 的电阻构成一个三角环,将其顶点接在另 一由六个阻值为

R 的电阻构

成的三角环的中点上(如图预 解16-5-5所示)。 图预解16-5-6是由六个阻值为 R ? 的电阻构成的三角环。若图预解 16-5-5顶点1、3间的电阻与图预解16-5-6顶点l、3间的电阻阻值相等,我 们称图预解16-5-6中的 R ? 为等效单环电阻. 用符号“//”表示电阻的并联,如

RA // RB ?
由图预解16-5-5中的对称性可知l、 3 两顶点间的电阻 R 1, 3 等于图预解16-5-7 中1、0间的电阻 R1, 0 的2倍,即

1 (1/ RA ) ? (1/ RB )

R 1, = 2 R 1, 0 3 ? 2{[ R // r //(2r )] ? R}// R 1 ? ? ? R? ? 2? 1 1 1 // R ? ? ? ? ? R r 2r ? 2 4rR ? 3R ?2 // R 2r ? 3R 1 4r ? 3R ? R 3 r?R

1 ? R ? r // R 3

(1)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 4 页

同理,图预解16-5-6中1、3两顶点间的电阻 R 1, 3 为

4 R1, 3 ? 2[(2R?) // R?] ? R? 3 3 1 R? ? R ? r // R 4 4
2. 第一问 (3)

(2)

由(1)、(2)式得等效单环电阻 R ? 为

现在考虑把 D1 、 D2 、 D3 、 D4 、 D5 按相反的次序,由内向外依次连接的情况.首先将 D4 接在 D5 外 面,求双环 D4

? D5 的等效单环电阻 R (2) 〔即(3)式中的 R? 〕.这时 r ? R .由(3)式得到 R (2) 为

3 1 7 R (2) ? R ? R // R ? R 4 4 8
其次,在双环 D4

? D5 外面接上 D3 ,这时 r ? R (2) .三环 D3 ? D4 ? D5 的等效单环电阻 R (3) 为
3 1 3 1 ? 7 ? 13 R ? R // R (2) ? R ? R // ? R ? ? R 4 4 4 4 ? 8 ? 15
( s ?1)
可由 R
(s )

R (3) ?

由此可得一般公式, ( s ? 1) 环的等效单环电阻 R

求出 (4)

3 1 R (s?1) ? R ? R // R (s) 4 4
于是

R ( 4) ?

3 1 3 1 13 97 R ? R // R (3) ? R+ R // ? R ? ? R ? ? 4 4 4 4 ? 15 ? 112 3 1 3 1 97 ? 181 R ? R // R ( 4) ? R+ R // ? R? ? R ? 4 4 4 4 ? 112 ? 209

R (5) ?
由 (2) R 1 式 3 ,

? ( /3 4)

( 、 ( 直至五个环 D5 ? D4 ? D3 ? D2 ? D1 ) ( R? 得出由一个环 D5 ) 两个环 D5 ? D4 )

构成的线路1、3点间的电阻为

4?7? 7 4 ? 13 ? 52 4 4 (2) (3) (1) R 1, 3 ? R ' ? R ; R 1, 3 ? ? ? R ? R ; R 1, 3 ? ? ? R ? R ; 3?8? 6 3 ? 15 ? 45 3 3 4 ? 97 ? 97 4 ? 181 ? 724 (4) (5) R 1, 3 ? ? R ; R 1, 3 ? ? R ?R ? ?R ? 3 ? 112 ? 84 3 ? 209 ? 627
答:所求的五个环的1与3间的等效电阻确为

724 R .证毕。 627

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 5 页

3. 第二问 根据五个 D 组成的圆柱形网络的对称性,D5 的l、 3两点等价于 D1 的2、 4两点. 等价线路如图预解16-5-8 与图预解16-5-9所示.设二图等价,求图预解16-5-9中的 R ?? 即可.













R?? ? (2 R) //(2 R (4) ) ?

16-5-8

1

1 56 ? 2 R 97 R

?

16-5-9 194 2 388 (5) R 所以: R 2, 4 ? R?? // 2R?? ? R?? ? R 209 3 627

答:所求值为 解法二: 第一问

388 R。 627

图预解16-5-3可看做 D5 的接线图,其一半如图预解16-5-10所示,竖直粗线为一短路线.一个环( D5 ) 构成线路的1与0点间的阻值用 R1, 0 表示,根据对称性, R 1, 0
(1)
(1)

1 (1) 2 ? R 1, 3 ? R 。 2 3

当 D5 接入 D4 后,由两个环(类似图预解16-5-5)构成线路图的一半如图预解16-5-11所示.三个带阴 影的电阻与短路线围成的三角形 2 ? 0 '? 0 ) ( 中的2与 0 ' 间的阻值就是图预解16-5-10中1与0间的阻值 R1, 0 。
(1)

其等效电路如图预解16-5-12所示.图预解16-5-11(或图预解16-5-12)中的l与0点间的阻值用 R1, 0 表示.有

(1)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 6 页

?? ? 2 ? 7 (2) (1) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ) ? R]// R ? ?? R // R ? ? R ? // R ? R 3 ? 12 ?? ?
再将双环 D5

? D4 接入 D3 ,其一半如图预解16-5-13所示,三个带阴影的电阻与短路线围成的三角形中
(2)

含有六个电阻,其2与 0 ' 间的阻值就对应为 R1, 0 ,参看图预解16-5-12的等效 电路,得
(3) (2) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ? R)]// R

?? ? 7 ? ? ?? R // R ? ? R ? // R 12 ? ?? ? 26 ? R 45

同理,得

?? ? 26 ? 97 (4) (3) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ? R)]// R ? ?? R // R ? ? R ? // R ? R 45 ? 168 ?? ? ?? ? 97 ? 362 (5) (4) R 1, 0 ? [( R // R 1, 0 ? R)]// R ? ?? R // R ? ? R ? // R ? R 168 ? 627 ?? ?
由此得 第二问 五个电阻环构成线路后,最外层环( D1 )上2点与4点间的等效电阻可借用图预解16-5-12求得,将图中
(1) (4) R 2, 0' 换成 R 2, 0' ,五个环构成的线路中2与4间阻值可如下求得:
(5) (4) ? 2R // R1, 0 // R ? 2R // (5) (5) R1, 3 ? 2R1, 0 ?

724 R 627

因 R 2, 0'

97 194 388 (5) (5) R // R ? R 故 R 2, 4 ? 2R 2, 0' ? R 168 627 627

六、参考解答 设所加匀强电场的场强为 E ,它在

y 方向和 z 方向的分量分别为 E y ? ? E sin? , Ez ? E cos?



由于物块带负电,电场作用于物块的电力的两个分量分别为

Fy ? ?qEy ? qE sin?

(1)

Fz ? ?qEz ? ?qE cos?

(2)

Fy 在 xy 平面内,方向沿 y 轴正方向. Fz 垂直于 xy 平面,被绝缘平面的支持力所平衡,故物块对绝缘
平面的正压力的大小 N 和 Fz 的大小相等,即 N

? qE cos?

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 7 页

绝缘平面作用于物块的摩擦力

f ? ? N ? qE tan? cos? ? qE sin? ? Fy

(3)

f 的方向决定于物块移动的方向.
根据题意,物块在 xy 平面内的运动可看做是一种在力平衡下的缓慢移动.作用于物块的三个力 Fy 、 和线的拉力 T 都在 xy 平面内.物块在任一位置达到平衡时的受力情况如图 预解16-6所示。 ? 为细线与 x 轴的夹角。把 T 沿 x 和

f

y 方向分解得

Tx ? ?T cos? , Ty ? ?T sin ?
用 f x 和 f y 表示

f 的两个分量,物块平衡时,有
(4)

Fy ? T sin ? ? f y ? 0
由(4)(5)式得 ( Fy 、

?T cos ? ? f x ? 0

(5)

? T sin ? )2 ? T 2 cos2 ? ? f 2
? 2Fy sin ? ) ? 0
得: T ? 0 或

注意到(3)式,得 T (T

T ? 2Fy sin ?

(6)

因要小物块缓慢移动,需要细线牵引, T ? 0 不符合题意,应舍去.因

0 ?? ?? ,

T ? 2Fy sin ? ? 0 ,将 T 代入(4)、(5)式,有:

f y ? T sin ? ? Fy ? ?Fy cos2 ? ; f x ? T cos? ? Fy sin 2?
摩擦力方向的斜率

k?

fy fx

? ? cot ?

(7)

k 是摩擦力方向与 x 轴夹角的正切,即摩擦力方向的斜率,因摩擦力始终沿轨道的切线方向,故 k 也就
是轨道切线的斜率.下面,通过对(7)式的分析来寻找轨道方程. 当中一0,k-co即在起点A时,轨道的切线与x轴垂直 当? 当?

? 0 , k ? ? ,即在起点 A 时,轨道的切线与 x 轴垂直。

?

?
2

, k ? ? ,一种情况是小物块运动到

y 轴上后,沿 y 轴做直线运动到 O 点,但这与题设轨迹 A、 O
两点的切线与它们的连线相

移动是一条二次曲线不符,因而它一定表示轨道在 O 点的切线与 x 轴垂直. 在二次曲线中,曲线上两点切线相互平行的只有椭圆或圆.又因为 垂直,这连线应为曲线的轴线,且在 Ox 轴上,另一轴在它的垂直平分线上且与 交点的切线的斜率为0.代入(7)式得 ?
2

y 轴平行。曲线与此轴线的

?

?
4

,故该曲线为圆,其方程为

x ? x2 ? x ? 0 ? ? y2 ? 0 ? 2? 4 ?
全国中学生物理竞赛复赛试题 第 8 页

(8)

第十七届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考解答
一、参考解答 设玻璃管内空气柱的长度为 h , 大气压强为 p0 , 管内空气的压强为 由图复解 17-1-1 可知 水银密度为 ? , 重力加速度为 g , p,

p ? (l ? h) ? g ? p0
根据题给的数据,可知 p0

(1) (2) (3)

? l ? g ,得 p ? ? gh

若玻璃管的横截面积为 S ,则管内空气的体积为 V ? Sh 由(2)(3)式得 、

p?

V ?g S

(4)

即管内空气的压强与其体积成正比,由克拉珀龙方程

pV ? nRT 得 ? g

V2 ? nRT S

(5)

由(5)式可知,随着温度降低,管内空气的体积变小,根据(4)式可知管内空气的压强也变小,压强随体 积的变化关系为

p ? V 图上过原点的直线,如图复解 17-1-2 所示.在管

内气体的温度由 T1 降到 T2 的过程中,气体的体积由 V1 变到 V2 ,体积缩 小, 外界对气体做正功, 功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示, 即有

W?

? V 2 ? V22 ? 1 ?V V ? ? g ? 1 ? 2 ? (V1 ? V2 ) ? ? g ? 1 ? 2 ?S S? ? 2S ?
? nCV (T2 ? T1 )
(7)

(6)

管内空气内能的变化 ?U

设 Q 为外界传给气体的热量,则由热力学第一定律 W 由(5)(6)(7)(8)式代入得 Q ? n(T2 、 、 、 代入有关数据得

? Q ? ?U ,有 Q ? ?U ? W

(8)

1 ? ? ? T1 ) ? CV ? R ? 2 ? ?

(9)

Q ? ?0.247 J
(10)

Q ? 0 表示管内空气放出热量,故空气放出的热量为 Q? ? ?Q ? 0.247 J
二、参考解答

在由直线 BC 与小球球心 O 所确定的平面中,激光光束两次折射的光路 BCDE 如图复解 17-2 所示,图 中入射光线 BC 与出射光线 DE 的延长线交于 G ,按照光的折射定律有 n0 sin ? 式中 ? 与 ? 分别是相应的入射角和折射角,由几何关系还可知 sin ?

? n sin ?
(2)

(1)

?

l r

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 9 页

激光光束经两次折射,频率 ? 保持不变,故在两次折射前后,光束中一个光子的动量的大小 即

p 和 p? 相等,

p?

h? ? p? c

(3)

式中 c 为真空中的光速, h 为普朗克常量.因射入小球的光束中光子的动 量

p 沿 BC 方向,射出小球的光束中光子的动量 p? 沿 DE 方向,光子动
2? ? 2(? ? ? )
(4)

量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度 2? ,由图中几何关系可知

若取线段 GN1 的长度正比于光子动量

p , GN2 的长度正比于光子动量

p? ,则线段 N1 N 2 的长度正比于光子动量的改变量 ?p ,由几何关系得

?p ? 2 p sin? ? 2

h? sin? c

(5)

其底边上的高 GH 与 CD 平行, 故光子动量的改变量 ?p 的方向沿垂直 CD 的 ?GN1 N2 为等腰三角形, 方向,且由 G 指向球心 O .光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间,即

?t ?

2r cos ? cn0 / n

(6)

式中 cn0 / n 是光在小球内的传播速率。

按照牛顿第二定律,光子所受小球的平均作用力的大小为

f ?

?p n0 h? sin ? ? ?t nr cos ? n0 h? sin ? nr cos ?

(7)

按照牛顿第三定律,光子对小球的平均作用力大小 F

? f ,即 F ?

(8)

力的方向由点 O 指向点 G .由(1)、(2)、(4)及(8)式,经过三角函数关系运算,最后可得

F?
三、参考解答

n0lh? nr 2

? r2 ? l2 ?1 ? (nr / n0 ) 2 ? l 2 ? ?

? ? ? ?

(9)

1.相距为 r 的电量为 Q1 与 Q2 的两点电荷之间的库仑力 FQ 与电势能 U Q 公式为

FQ=kQ

Q1Q2 r2

UQ ? ?kQ

Q1Q2 r 4aS 3r

(1)

现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为

U ( r ) ? ?k

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 10 页

根据直接类比可知,正反顶夸克之间的强相互作用力为 F (r ) ? ?k

4aS 3r 2

(2)

设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为 v ,因二者相距 r0 ,二者所受的向心力均为 F ( r0 ) ,

二者的运动方程均为

4 aS mt v 2 ?k 2 r0 / 2 3r0
? h ?? ? 2 ? 2?

(3)

?r 由题给的量子化条件,粒子处于基态时,取量子数 n ? 1 ,得 2mt v ? 0

(4)

由(3)、(4)两式解得

r0 ?

3h 2 8? 2 mt aS k
(6)

(5)

代入数值得 r0

? 1.4 ?10-17 m
v?

2. 由(3)与(4)两式得

? ? 4aS ?
h? ? k 3 ? ?

(7)

由 v 和 r0 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期 T

T?

2? (r0 / 2) h3 ? 2 v 2? mt (k 4aS / 3) 2
(9) (10)

(8)

代入数值得 T 由此可得 四、参考解答

? 1.8 ?10-24 s

? / T ? 0.2

因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的 1/5,故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的.

1.设太阳的质量为 M 0 ,飞行器的质量为 m ,飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为 R .根据所设计 的方案,可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发,沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的,该椭圆既与 飞行器原来的圆轨道相切,又与小行星的圆轨道相切.要使飞行器沿此椭圆轨道运动,应点燃发动机使飞行 器的速度在极短的时间内,由 v0 变为某一值 u0 .设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为 u ,因大 小为 u0 和 u 的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直,由开普勒第二定律可得 由能量关系,有

u0 R ? 6uR (1)
(2)

M m 1 M m 1 2 mu0 ? G 0 ? mu 2 ? G 0 2 R 2 6R
M 0m v2 ?m 0 或 R R2

由牛顿万有引力定律,有 G

v0 ?

GM 0 R

(3)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 11 页

解(1)、(2)、(3)三式得

u0 ?

12 v0 7

(4)

u?

1 v0 21

(5)

设小行星绕太阳运动的速度为 v ,小行星的质量 M ,由牛顿万有引力定律 G

M 0M v2 ?M 6R (6 R) 2



v?

GM 0 1 ? v0 6R 6

(6)可以看出

v ?u

(7)

由此可见,只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道,使得它到达小行星轨道处时,小行星的前 缘也正好运动到该处,则飞行器就能被小行星撞击.可以把小行星看做是相对静止的,飞行器以相对速度为

v ? u 射向小行星,由于小行星的质量比飞行器的质量大得多,碰撞后,飞行器以同样的速率 v ? u 弹回,即
碰撞后,飞行器相对小行星的速度的大小为 v ? u ,方向与小行星的速度的方向相同,故飞行器相对太阳的 速度为 u1

? 2 1 ? ? v ? v ? u ? 2v ? u 或将(5)、(6)式代入得 u1 ? ? ? ? v0 ? 3 21 ? ? ?

(8)

如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系,它应具有的最小速度为 u2 ,则有

M m 1 2 mu2 ? G 0 ? 0 2 6R
(10)



u2 ?

GM 0 1 ? v0 3R 3

(9)可以看出 u1

?

1 ? 1 ? 1 v0 ? u2 ? 2? ? v0 ? 3? 7? 3

飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系. 2. 为使飞行器能进入椭圆轨道,发动机应使飞行器的速度由 v0 增加到 u0 ,飞行器从发动机取得的能量

1 2 1 2 1 12 2 1 2 5 2 E1 ? mu0 ? mv0 ? m v0 ? mv0 ? mv0 2 2 2 7 2 14
若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系,飞行器应具有的最小速度为 u 3 ,则有

(11)

M m 1 2 mu3 ? G 0 ? 0 2 R

由此得 u3

? 2G

M0 ? 2v0 R

(12)

飞行器的速度由 v0 增加到 u 3 ,应从发动机获取的能量为 E2

1 2 1 2 1 2 ? mu3 ? mv0 ? mv0 2 2 2
(14)

(13)

5 2 E1 14 mv0 所以 ? ? 0.71 E2 1 mv 2 2 0
五、参考解答

解法一:带电质点静止释放时,受重力作用做自由落体运动,当它到达坐标原点时,速度为 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 12 页

v1 ? 2g | y | ? 2.0 m ? s-1

(1)

方向竖直向下.带电质点进入磁场后,除受重力作用外,还受到洛伦兹力作用,质点速度的大小和方向都将 变化,洛伦兹力的大小和方向亦随之变化.我们可以设想,在带电质点到达原点时,给质点附加上沿 x 轴正 方向和负方向两个大小都是 v0 的初速度,由于这两个方向相反的速度的合速度为零,因而不影响带电质点以 后的运动.在 t ? 0 时刻,带电质点因具有沿 x 轴正方向的初速度 v0 而受洛伦兹力 f1 的作用。

f1 ? qv0 B

(2) (3)

其方向与重力的方向相反.适当选择 v0 的大小,使 f1 等于重力,即 qv0 B ? mg

v0 ?

g ? 2.0 m ? s-1 ( q / m) B

(4)只要带电质点保持(4)式决定的 v0 沿 x 轴正方向运动, f1 与重力

的合力永远等于零.但此时,位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 v1 和沿 x 轴负方向的速度 v0 , 二者的合成速度大小为 v ?
2 2 v0 ? v1 ? 2.8 m ? s-1

(5)

方向指向左下方,设它与 x 轴的负方向的夹角为 ? ,如图复解 17-5-1 所示,则

tan ? ?

v1 ?1 v0

??

?
4

(6)

因而带电质点从 t ? 0 时刻起的运动可以看做是速率为 v0 ,沿 x 轴的 正方向的匀速直线运动和在 xOy 平面内速率为 v 的匀速圆周运动的 合成.圆周半径

R?

mv ? 0.56 m qB

(7)

带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心 O? 位于垂直于质点此时速度 v 的直线上,由图复解 17-5-1 可知,其坐标为

? xO ' ? R sin ? ? 0.40 m ? ? yO ' ? R cos? ? 0.40 m

(8)

圆周运动的角速度

??

v ? 5.0 rad ? s-1 R

(9)

由图复解 17-5-1 可知,在带电质点离开磁场区域前的任何时刻 t ,质点位置的坐标为

x ? v0t ? ? R sin(?t ? ? ) ? xO ' ? (10)

y ? yO ' ? R cos(?t ? ? )

(11)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 13 页

式中 v0 、 R 、 ? 、 ? 、 xO ' 、 yO ' 已分别由(4)、(7)、(9)、(6)、(8)各式给出。 带电质点到达磁场区域下边界时,

y ? L ? 0.80 m ,代入(11)式,再代入有关数值,解得
(12) (13)

t ? 0.31s
将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得 x ? 0.63 m 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为 x ? 0.63 m

y ? 0.80 m

z?0

(14)

带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 v 的匀速圆周运动和一个速率为 v0 的沿 x 轴正方向的匀 速直线运动, 任何时刻 t , 带电质点的速度 V 便是匀速圆周运动速度 v 与匀速直线运动的速度 v0 的合速度. 若 圆周运动的速度在 x 方向和

y 方向的分量为 v x 、 vy ,则质点合速度在 x 方向和 y 方向的分速度分别为
(15)

Vx ? vx ? v0
虽然

Vy ? v y

(16)

2 vx ? v 2 ? v , v 由(5)式决定,其大小是恒定不变的, v0 由(4)式决定,也是恒定不变的,但在 y

质点运动过程中因 v 的方向不断变化,它在 x 方向和

y 方向的分量 vx 和 vy 都随时间变化,因此 Vx 和 Vy 也

随时间变化,取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向,由于圆周运动的圆心的

y 坐标恰为磁场区域宽 度的一半,由对称性可知,带电质点离开磁场下边缘时,圆周运动的速度方向应指向右下方,与 x 轴正方向 ? -1 - 1 夹角 ? ' ? ,故代入数值得 vx ? v cos? ' ? 2.0 m ? s ; vy ? v sin? ' ? 2.0 m ? s 4
将以上两式及(5)式代入(15)、(16)式,便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量,它们分别为

Vx ? 4.0 m ? s-1
速度大小为 V

(17)

Vy ? 2.0 m ? s-1
(19)

(18)

? Vx2 ? V y2 ? 4.5 m ? s-1

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 ? ,如图复解 17-5-2 所示,则

tan ? ?
解法二:

Vy Vx

?

1 得 2

? ? 27?

(20)

若以带电质点到达坐标原点 O 的时刻作为起始时刻( t ? 0 ),则质 点的初速度为 方向沿

v1 ? 2g | y | ? 2.0 m ? s-1

(1?)

进入磁场区后, 带电质点将受到洛伦兹力作用, 洛伦兹力在 x 方向的分力取决于质点在 y y 轴正方向.

方向的分速度,因此质点动量在 x 方向的分量的增量为 m?vx

? qvy B?t ? qB?y

(2?)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 14 页

?y 是带电质点在 ?t 时间内沿 y 方向的位移,质点在磁场中运动的整个过程中,此式对每一段 ?t 时间都成
立,所以在 t ? 0 到 t

? t 时间内 x 方向的动量的改变为 mvx ? mv0 x ? qB( y ? y0 )
? 0 ,因而得

因初始时刻( t ? 0 ),带电质点在 x 轴方向的动量 mv0x 为零,其位置在原点, y0

mvx ? qyB

qB (3?) y m 当带电质点具有 x 方向的速度后,便立即受到沿 y 负方向的洛伦兹力的作用.根据牛顿第二定律,在 y


vx ?

方向上有加速度 a y

may ? mg ? qvx B

(4?)将(3?)式代入(4?)式,得

? (qB)2 ? ? m2 ? ma y ? ? ? y ? 2 2 g? ?? q B ? ? m ??
式中 D ?

(5?)令

y' ? y ? D

(6?)

m2 g g ? ? 0.40 m 2 (qB) (q / m)2 B 2

(7?)即在

y 方向作用于带电质点的合力 Fy ? ?ky '

其中

k?

q2 B2 Fy 是准弹性力,在 Fy 作用下,带电质点在 y ' 方向的运动是简谐振动,振动的圆频率 m
2

? ? ? ? ? 5.0 rad ? s-1 ? m?

? qB ?

(8?)

y ' 随时间变化的规律为 y ' ? A cos(?t ? ?0 ) (9?)或 y ' ? A cos(?t ? ?0 ) ? D (10?)

A 与 ?0 是待求的常量,质点的简谐运动可以用参考圆来描写,以所考察的简
谐运动的振幅

A 为半径作一圆,过圆心 O1 作一直角坐标 x ' O1 y ' .若有一质点

M 沿此圆周做匀速率圆周运动,运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率 ? ,且按逆时针方向转动,在 t ? 0 时刻, M 点的在圆周上的位置恰使连线
O1M 与 y ' 轴的夹角等于(9?)式中的常量 ?0 ,则在任意时刻 t , O1 与 M 的
连线与

y ' 轴的夹角等于 ? t ? ?0 ,于是连线 O1M 在 y ' 轴上的投影即为(9?)

式所示的简谐振动,将 x ' 轴平行下移 D ? 0.40 m ,连线 O1M 在

y 轴的投影即如(10?)式所示(参看图复 y 分量就是带电质点沿 y

解 17-5-3), M 点做圆周运动的速度大小 v ? A? ,方向与 O1M 垂直,速度 v 的 轴做简谐运动的速度,即 vy

? ? A? sin(?t ? ?0 )

(11?)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 15 页

(10?)和(11?)两式中的

A 和 ?0 可由下面的方法求得:因为已知在 t ? 0 时,带电质点位于 y ? 0 处,速度

vy ? v1 ,把这个条件代入(10?)式与(11?)式得 A cos?0 ? D ? 0 ; v1 ? ? A? sin ?0
解上面两式,结合(1?)、(8?)式,注意到振幅

A 总是正的,故得
(13?)

?0 ?

5? 4

(12?)

A ? 0.56 m

把(10?)式代入(3?)式,便得带电质点沿 x 轴运动的速度 vx

? ? D ? A? cos(?t ? ?0 ) (14?)

(14?)式表示带电质点在 x 方向上的速度是由两个速度合成的,即沿 x 方向的匀速运动速度 ? D 和 x 方向的 简谐振动速度

A? cos(?t ? ?0 ) 的合成,带电质点沿 x 方向的匀速运动的位移 x ' ? ? Dt

(15?)

由沿 x 方向的简谐振动速度

A? cos(?t ? ?0 ) 可知,沿 x 方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的

比值(参看图复解 17-5-3),即等于

A .由参考圆方法可知,沿 x 方向的振动的位移 x '' 具有如下的形式

?? ? A cos ? ? t ? ? 0 ? ? ? A sin(? t ? ? 0 ) 2? ?
它可能是 x '' ?

Asin(?t ? ?0 ) ,亦可能是 x ''? b ? Asin(?t ? ?0 ) .在本题中, t ? 0 时刻, x 应为零,故

前一表示式不符合题意.后一表示式中, b 应取的值为 b ? ? A sin ?0 ,故有

x '' ? ? Asin ?0 ? Asin(?t ? ?0 )

(16?)

带电质点在 x 方向的合位移 x ? x '? x '' , (15?) (16?) 得 x ? ? Dt ? A sin ?0 由 、 式,

? Asin(?t ? ?0 )(17?)

(17?)、(10?)、(14?)和(11?)式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻 t 的位置坐标和速度 的 x 分量和

y 分量,式中常量 ? 、 A 、 ?0 、 D 已分别由(8?)、(13?)、(12?)和(7?)式给出.
(18?) (19?) (20?)

y ? L ? ?0.80 m 将与(10?)式有关的数据代入(10?)式,可解得 t ? 0.31s 代入(17?)式, 得 x ? 0.63 m
当带电质点达到磁场的下边界时, 将(19?)式分别代入(14?)式与(11?)式,得 vx 速度大小为
2 V ? vx ? v 2 ? 4.5 m ? s-1 y

? 4.0 m ? s-1
(21?)

vy ? 2.0 m ? s-1

速度方向为 ? 六、参考解答

? vy ? ? arctan ? ? ? 27? ? vx ?

(22?)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 16 页

1.由于光纤内所有光线都从轴上的 O 点出发,在光纤中传播的光线都与轴相交,位于通过轴的纵剖面 内,图复解 17-6-1 为纵剖面内的光路图,设由 O 点发出的与轴的夹角为 ? 的光线,射至 光线折射后的折射角为 ? ,则由几何关系和折射定律可得

A 、 B 分界面的入

射角为 i ,反射角也为 i .该光线在光纤中多次反射时的入射角均为 i ,射至出射端面时的入射角为 ? .若该

i ? ? ? 90?

(1)

nA sin? ? nF sin?

(2)

当 i 大于全反射临界角 iC 时将发生全反射,没有光能损失,相应的光线将以不变的光强射向出射端面,而

i ? iC 的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射
进入 B ,反射光强随着反射次数的增大而越来越弱, 以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了.因而 能射向出射端面的光线的 i 的数值一定大于或等于

iC , iC 的值由下式决定 nA sin iC ? nB
与 iC 对应的 ? 值为 ?C 当

(3) (4)

? 90? ? iC


? 0 ? ?C 时



sin ?0 ? sin ?C ? cos iC ? 1 ? sin 2 iC ? 1 ? (nB / nA )2







2 2 n A sin ? 0 ? n A ? nB 时,由 O 发出的光束中,只有 ? ? ?C 的光线才满足 i ? iC 的条件,才能射向端面,

此时出射端面处 ? 的最大值为 ? max 若 ?0

? ?C ? 90? ? iC

(5)

2 2 ? ? C ,即 n A sin ? 0 ? n A ? nB 时,则由 O 发出的光线都能满足 i ? iC 的条件,因而都能射向端面,

此时出射端面处 ? 的最大值为 ? max

? ?0

(6)

端面处入射角 ? 最大时,折射角 ? 也达最大值,设为 ? max ,由(2)式可知 nF sin? max 由(6)、(7)式可得,当 ? 0

? nA sin ?max (7)
(8)

? ?C 时

nF ?

nA sin ? 0 sin ? max

由(3)至(7)式可得,当 ? 0

? ?C 时

2 2 n A ? nB n A cos iC nF ? ? sin ? max sin ? max

(9)

? max 的数值可由图复解 17-6-2 上的几何关系求得 sin ? max ?

(d 2 ? d1 ) / 2

?(d2 ? d1 ) / 2? ? (h2 ? h1 )2
2

(10)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 17 页

于是 nF 的表达式应为 nF

? nA sin ? 0

?(d 2 ? d1 ) / 2?
2

2

? ( h2 ? h1 ) 2

(d 2 ? d1 ) / 2 ? (h2 ? h1 ) 2
( a0

( a0

? aC )

(11)

nF ? n A ? nB
2 2

?(d 2 ? d1 ) / 2?

(d 2 ? d1 ) / 2

? aC )

(12)

2. 可将输出端介质改为空气,光源保持不变,按同样手续 再做一次测量,可测得 h ? 、 h2? 、 d1? 、 d 2? ,这里打撇的量与 1 前面未打撇的量意义相同.已知空气的折射率等于 1,故有 当 a0

? aC 时
?(d ? ? d ? ) / 2 ? ? (h ? ? h ? ) 2 1 2 1 ? 2 ? (d 2? ? d1? ) / 2
2

1 ? nA sin ? 0

(13)

当 a0

? aC 时

2 2 1 ? n A ? nB

?(d ? ? d ? ) / 2 ? ? (h ? ? h ? ) 2 1 2 1 ? 2 ? (d 2? ? d1? ) / 2

2

(14)

d ? ? d1? 将(11)、 (12)两式分别与(13)、 (14)相除,均得 nF ? 2 d2 ? d1
(15)这结果适用于 ? 0 为任何值的情况。

?(d2 ? d1 ) / 2?

2 2

? (h2 ? h1 )2

?(d ? ? d ? ) / 2 ? ? ( h ? ? h ? ) 2 1 2 1 ? 2 ?

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 18 页

第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题答案
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. ?( ?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即 ( /R1) -1=1/ (n-1) . ②

=1/((i1/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 ?( /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. 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 ? 又 /sin(π-φ 1)= /sinφ 1=R1/sin(φ 1-φ 1′),

nsinφ 1′=sinφ 1,已知 φ 1、φ 1′均为小角度,则有

/φ 1=R1/φ 1(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 φ 2,由图 18-2-7 可得 ??2/φ 1= / =( -R1)/( -R1)/( -R2),

?由②、③式可得(

-R2)=R1/R2,

?则 φ 2/φ 1=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)=101.3×10 Pa.在z=5000m时,大气压强为 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 19 页


?p(5000)=53×10 Pa. 应的温度即沸点为t2=82℃.



?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

?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°)=198×10 Pa,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)=(198×10 -101.3×10 )Pa=96.7×10 Pa. ?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)?=(96.7×10 +53×10 )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°)=3.6×10 Pa,这时锅内空气的压强(用p a表示)为 ?pa(27°)=p(5000)-pW(27°)?=(53×10 -3.6×10 )Pa?=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+45.0×10 )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′)=(105×10 -164.7t′) Pa,画出函数p′-pa(t′)的图线, 取t=0℃,有 p′-pa(0℃)=105×10 Pa,
3 3 3 3 3 3 3 3 3 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En=k1/n ,
2 2




又知基态(n=1)的能量为-13.58eV,即E1=k1/1 =-13.58eV,所以 n=2 的第一激发态的能量为E2=k1/2 =-13.58×(1/4)=-3.39eV. 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 mv0=mvA+mvB+光子的动量,
-19

k=-13.58eV. 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 J?=1.632×10
2 -18

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 ⑤ (1/2) mv0 = (1/2) (vA +vB ) m +hν, ⑦ 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), 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 20 页

?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)mv0 =(1/2)m(vA+vB) -mvAvB+hν? =(1/2)mv0 -mvA(v0-vA)+hν,mvA -mvAv0+hν=0, 经配方得m(vA-(1/2)v0) -(1/4)mv0 +hν=0, ?(1/4)mv0 =hν+m(vA-(1/2)v0) , n,此时vA=vB, ?v0min=2 ?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? 因 故 rCFA=5r/6,rADC=r/6,E=kπR , kπR =I1(5r/6)+I2(r/6).
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2



由⑧式可看出,当vA=(1/2)v0时,v0达到最小值v0mi




代入有关数值,得v0min=6.25×10 m/s.

E=I1rCFA+I2rADC,




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 I2=((2π-3
2 2

)/12)R ,

)/12)R ]=2I2(r/6),


)R /2r)k,代入①式,得 I1

=((10π+3

)R /10r)k. ?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,

?2.求每个圆环所受的力.

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 ?|Fx|=ΣI1BΔl=I1B |ΔFx|=I1BΔl, =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 =((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 )R /2r)kBR?=((2π-3


)R /2r)k(B0-kt0)R,



全国中学生物理竞赛复赛试题 第 21 页

方向向右.左环所受的合力大小为F=F1-F2=(9 五、参考解答 分以下几个阶段讨论:

/5r)k(B0-kt0)R .方向向左.



?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
-9

C.
-9

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 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 ΔQⅠ=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 C, 球壳外壁和内壁带的总电量应为QⅢ=Q3+(-q1)=-16×10 C, 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 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 ΔQⅢ=QⅣ-QⅢ=-6×10 C. ?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 C,
-9 -9 -9 -9 -9 -9 -9 -9 -9 -9

球壳的总电量是QⅤ=Q5-(q1+q2)=-22×10 C,? 在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ΔQⅣ=QⅤ-QⅣ=0.?

(15)? (16)?

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 22 页

?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
-9

Q6=a1(U/k)=5×10 C,
-9

-9

球壳的总电量为QⅥ=Q6-(q1+q2)=-21×10 C, 大地流向球壳的电量为 ΔQⅤ=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 ?m1v1-m2v2=0,





?(1/2)m1v1 +(1/2)m2v2 =E0,

②解①、②两式,得

?v1=





v2=
2



④ ⑤

设G1升空到达的最高点到井口的距离为H1, 则H1=v1 /2g= (m2/m1g ( (m1+m2) E0, ) G1上升到最高点的重力势能为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 ⑥

?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, 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)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
2


2

?(1/2)m1v1′+(1/2)m2v2′=(1/2)(m1+m2)u +E0,



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 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 23 页

?Ep2=m1gH2=(m2E0/(m1+m2))+2



?(i)若Ep2<E0,即 这要求

2

<m1E0/(m1+m2),

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 这要求

=m1E0/(m1+m2),

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 这要求 h>E0m1/4m2g(m1+m2).

>m1E0/(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.

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
全国中学生物理竞赛复赛试题 第 24 页

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。 (1)设大气压为 p0 ,水的密度为 ? 。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 ? ? g (h1 ? h2 ) (1) D 中气体的压强为 pD ? pB ? ? gh1 (2)由(1)、(2)两式可得

K D A E

H A h
1

K

pD ? p0 ? ? gh2
即 pD

B h F C
(a ) 图 19-1
2

B

? p0 ,当拧开 K 后, D 中气体压强降至 p0 ,此时 pB ? p0 ? ? gh1
(3)

C
(b )

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

A 中的水将通过 E 管流入 C 中,当从 A 流入水量的体积等于 ? 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, A 、B 、C 中少量水的增减 ??V ) 故 (
有下降, 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
(4)由此可得

p0 ? ? g (h1 ? h2 ) ? p0 ? ? g ( H ? h1 )

H ? h2

(5)

(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, ? V 的 另

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 ? ? 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 即 ?E1 ? ?E2 。 ?E2 ? ? g ?V (h1 ? h2 ) (7) 2 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 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 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 25 页

A 中水面 h2 处。

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 ? 闭合回路 APOA ,可得回路电动势 E1 从 P 到 O 、从 O 到

2R ,在图中连直线 OA 与 OP 。取

? EAP ? EPO ? EOA ,式中 EAP , EPO , EOA 分别为从 A 到 P 、
(1)

A 的电动势。由前面的分析可知 EPO ? 0 , EOA ? 0 ,故 E AP ? E1

令 ?AOP 的面积为 S1 ,此面积上磁通量 ?1

? BS1 ,由电磁感应定律,回路的电动势大小为

E1 ?

??1 ?B ? S1 ?t ?t

根据题给的条件有 E1

? S1k

(2) (3)

由图复解19-2-2可知 S1

?

1 xR xR sin ? ? 2 2 2

由(1)、(2)、(3)式可得沿

AP 线段的电动势大小为 E AP ?
A ?x C P R O

kR x 2 2
A ? R

(4)

2.任意点在磁场区域 外:令 Q 为任意点(见 图复解19-2-2),

? O

C

? ? D

Q

x ? 2R 。在图中连
OA 、 OQ 。取闭合回
路 图复解 19-2 - 1 图复解 19-2- 2 (5)

AQOA ,设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有 EAQ ? E2

对于回路 通量 ?2

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
(6)

? BS2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小 E2 ? S2 k

在图中连 OC ,令 ?COQ ?

? ,则 ?OQC ? ? ? ? ,于是

S2 ? ?AOC的面积 ? 扇形OCD的面积 1 ? ? ( R sin ? ) ? 2 R cos ? ? ? R2 2 2? 1 ? R 2 (sin 2? ? ? ) 2 1 2 当 ? ? ? / 4 时, S2 ? R (1 ? ? ) , ?OCQ 中有 2

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 26 页

x ? 2R R ? sin ? sin[(? / 4) ? ? ]
x ? 2R 2
?

R sin ? ? ( x ? 2 R)sin( ? ? ) 4 1 ? ( x ? 2 R) (cos ? ? sin ? ) 2
cos ?
tan ? ? x ? 2R x
(7)

?

(R ?

)sin ? ?

x ? 2R 2

于是得 S 2

1 2 x ? 2R R (1 ? arctan ) 2 x
AQ 线的电动势的大小为 E AQ ?

由(5)、(6)、(7)式可得沿 三、参考解答

kR 2 x ? 2R (1 ? arctan ) (8) 2 x
1

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 C

3

B

A 、 B 处, A 、 B 、 C

三点在一直线上,1、2 的速度方向向右,3 的速度方向

2

图复解 19-3 左(如图复解 19-3 所示)。令 v1 、 v 2 、 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 EK

1 2 1 2 ? mv3 ? 2( mv1 ) 2 2
? 2mv1
(3) (2)

(1)

再由对称性及动量守恒可知 mv3 系统原来的电势能为 E P

? 3k

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 E P? 根据能量守恒有 EP

? 2k

q2 q2 ?k (4) l 2l

? EP? ? EK
? 2kq 2 3lm

(5)

由以上各式可解得 v3 四、参考解答

(6)

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。 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 27 页

1 ? LI 2 ,因二极管 D 的存在, r 中无电流。打开开关 S 后,由于 L 2 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,最后变为零。在此过程中原
2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W 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 ? 2 r ? rL

(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

?V ?

?d2
4

?x (4)

?x r ? r C p p? d ? 由以上各式可得 L ? 2 ? L 2r R I
五、参考解答 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。 (1)用

2

(5)

Q
y

n1 f1 u

n2

F2
f2 v

P?
y?

P

F1

Q?

y 和 y? 分别表示物和像

图复解 19-5-1

的大小,则由图中的几何关系可得

f y u ? f1 ? ? 2 y? f1 v ? f2

(1)

(u ? f1 )(v ? f 2 ) ? f1 f 2

f 简化后即得物像距公式,即 u , v , f1 , f 2 之间的关系式 1 u

?

f2 ? 1 (2) 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 ? 1 为入射角,? 2 为与之相应的出射角,? 为平行板中的光线与法线的夹角。 设透镜的折射率为 n , 则由折射定律得 n1 sin?1

? n sin ? ? n2 sin? 2

(3)

对傍轴光线, ? 1 、 ? 2 ≤1,得 sin ?1

? ?1 , sin?2 ? ?2 ,因而得 ? 2 ?

n1 ?1 n2

(4)

(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, 全国中学生物理竞赛复赛试题 第 28 页

在傍轴的条件下,有

y y? ? tan?1 ? ?1, ? tan? 2 ? ? 2 (5) u v
二式相除并利用(4)式,得

Q
y

n1

L

?1

n2

F
?2
图复解 19-5-3
2

P

F u 1

y ?u n1 ? yv n2
用(1)式的

v u

y ? ? Q

P

?

(6)

y? / y ? f1 /(u ? f1 ) 代入(6)式,得

f1u n n1uv ? 1 即 f1 ? (u ? f1 )v n2 n2u ? n1v (v ? f 2 )u n1 ? f 2v n2



用(1)式的

y? / y ? (v ? f 2 ) / f 2 代入(6)式,得



f2 ?

n2uv n2u ? n1v

(8)从而得 f1 , f 2 , n1 , n2 之间关系式

f 2 n2 ? (9) 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

m0c 2 1 ? (v / c )
2 2

? 1.10m0c2 (1)

由此可解得 v ?

0.21 ? 0.417c ? 0.42c 1.10

(2)

入射光子和散射光子的动量分别为

p?

h? h? ? 和 p? ? , 方向如图复解19-6所示。 电子的动量为 mv , m c c
光子散射方向 电子 光子入射方向
(4)

为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得

m0v 1 ? (v / c )
2 2

cos? ?

h? c
h? ? c

(3)

m0v 1 ? (v 2 / c 2 )
已知

sin ? ?

?

A 光子入射方向
图复解 19-6

h? ? h? ? ? 0.10m0c2

(5)

由(2)、(3)、(4)、(5)式可解得

? ? 0.37m0c2 / h

(6)

? ? ? 0.27m0c2 / h

(7)

? ? tan-1
电子从 O 点运动到

?? 27 ? arctan( ) ? 36.1? ? 37
L0 ? 2.4L0 / c v

(8) (9)

A 所需时间为 ?t ?

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 29 页

(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 )
七、参考解答1. 珠子运动的轨迹

(10) L ? 0.91L0

(11)

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 ?

建立如图复解19-7所示的坐标系, 原点 O 在过

y)2 ? x2 ? (l ? y)2 ,得 x2 ? ?2(l ? h) y ? (l 2 ? h2 )

(1)

1 1 y 轴为对称轴,顶点位于 y ? (l ? h) 处,焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的抛物线,如图复 2 2 1 解19-7-1所示,图中的 H ? (l ? h) , A 为焦点。 2
这是一个以 2. 珠子在 N 点的运 动方程 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 cos ? (2) 点的法线是

O
h P

B F T
? ? ?

xM 切线

x

H

N

? H A ? O P A C y T

C

法线

?

N
m g

?

xM
切线

x

A C
y

T

法线

mg

N
mg

图复解 19-7-1

图复解 19-7-2

? 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

?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 ? ? mg cos ? ? m

v2 R

(3)

2T cos ? ?

mv 2 ? mg cos ? (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 当绳子断裂时 T

(5)

? 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

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 30 页

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 关系,也就是 N 处抛物线的曲率半径 R 与 设从抛出至落地的时间为 t ,则有 v0t

y的

y 的关系。
由此解得 v0
2

? l 2 ? h2

? g (l ? h)

(7)

? ? 设物体在 N ? 处的速度为 v ,由机械能守恒定律可得 v
物体在 N ? 处法线方向的运动方程为 mg cos?

2 ? v0 ? 2 g ( H ? BN ?) (8)

?

?2 mv R

(9)

式中 R 即为 N ? 处抛物线的曲率半径,从(7)、(8)、(9)式及 H

1 2(l ? BN ?) ? (l ? h) ,可求得 R ? 2 cos? 2(l ? y) 这也等于 N 点抛物线的曲率半径, BN ? BN ? ? y ,故得 R ? (10) cos?
mgl (11) 2(l ? y )

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 T

?

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 ?

mg ) (12) 2Td

代入(1)式,得 xd

? mgl (

l ?h ) ? (l ? h)2 Td
? 2 gyd ? 2 gl (1 ? mg ) 2Td

(13)

绳子断开时珠子速度的大小为 vd

(14)

全国中学生物理竞赛复赛试题 第 31 页


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(图预解16-7-3). 第十六届全国中学生物理竞赛预赛试题 第 9 页 八、参考解答 首先求出一定质量的引力源成为黑洞应满足的条件.按照黑洞的定义,包括以光速运动 ...

第十六届全国中学生物理竞赛预赛试卷及解答

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1999年第16届全国中学生物理竞赛预赛试卷(含答案)

第十六届全国中学生物理竞赛预赛试卷 1999 年 全卷共九题,总分为 140 分。一...H 5 7 T ? T0 5 (4) (5) 四、参考解答 设线框的 dc 边刚到达磁场...

1999南京第16届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案

1999南京第16届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案_学科竞赛_小学教育_教育专区。高中...L 第 2 页共 2 页 16 届决赛试题及答案 第十六届决赛试题参考解答一、1....

第16届全国中学生物理竞赛复赛答案

第十六届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、参考解答 1 只要有液态水存在,平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和: p 总0 ? p 空0 ?...

物理竞赛16届预赛解答

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第十六届全国中学生物理竞赛复赛参考答案

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