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18第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答


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 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 AF1 ? R 1 sin 1 r

r 1 1 1 ? ? ? ? R1 sin(i 1? r ) i ? r 1 (i / r1 ) ?1 n ? 1 1 1 1 即

(1)

AF1 1 (2) ?1 ? R1 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, C2 B 等于球面的半径 R2 ,如图复解 18-1-1. 仿照上面对左端球面上折射的关系可得

BF1 1 ?1 ? R2 n ?1
又有

(3) (4) (5)

BF ? L ? AF 1 1

由(2)(3)(4)式并代入数值可得 、 、 R2 ? 5 cm 即右端为半径等于 5 cm 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 C1 ,② A ,如图复解 18-1-2 过 过 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

n sin ?1? ? sin ?1 已知 ?1 , ?1? 均为小角度,则有


R1 AM AC ? ? sin(? ? ?1 ) sin ?1 sin(?1 ? ?1?)

(6) (7)

AM

?1

?

R1

?1 (1 ? )

1 n

(8)

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 1 页

与(2)式比较可知, AM ? AF ,即 M 位于过 F1 垂直于主光轴的平面上.上面已知,玻璃棒 1 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, M 射出 C2 的光线将沿原方向射出, 从 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 ?2 ,由图复 18-1-2 可得

?1 C1F1 AF1 ? R1 ? ? ?2 C2 F1 BF1 ? R2
由(2)(3)式可得 、

(9)

AF1 ? R1 BF1 ? R2


?

R1 R2
(10)

?2 R1 ? ?2 ?1 R2

二、参考解答 1.已知在海平面处,大气压强 p(0) ? 101.3 ?103 Pa .如图复解 18-2-1,在 z ? 5000m 处, 大气压强为 p(5000) ? 53 ?103 Pa 。 (1)

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

t1 ? 82 ?C

(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 t ? 120 ℃时,水的饱和蒸气压 pw (120?) ? 198 ?103 Pa ,而 在海平面处,大气压强 p(0) ? 101?103 Pa .可见压力阀的附加压强为

pS ? pw (120?) ? p(0) ? 198 ? 103 ? 101.3 ? 103
? 96.7 ?103 Pa
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 2 页

(3)

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 ? 149.7 ?103 Pa 若在 t ? t2 时阀被顶起,则此时的 pw 应等于 p? ,即
pw ? p? 由图复解 18-2-2 可知 t2 ? 112 ℃

(4) (5) (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 t ? 27 ℃ 时,题中已给出水的饱和蒸气压 pw (27?) ? 3.6 ?103 Pa ,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
(7) ? 49.4 ?103 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 ) p (27?) ? a 273 ? t 273 ? 27 (8) 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 ?) ? p2 (t ?) ? p? (9) 由此得

pw (t ?) ? p? ? pa (t ?) ? (105 ?103 ? 164.7t ?) Pa
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 3 页

(10)

画出函数 p? ? pa (t ?) 的图线, 取 t ? 0 , p? ? pa (0?) ? 105 ?103 Pa

? a t ? 1 0 0 , p ? p ( 1 0 0? ) ?

8 ? 3. 6 1 0 P a 8

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 pw(t )~t 曲线的交 点为 A , A 即为所求的满足(10)式的点,由图可看出与 A 点对应的温度为 t ? ? 97 ℃ (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 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.

En ? K

又知基态( n ? 1 )的能量为-13.58 eV ,即

1 n2

(1)

所以 n ? 2 的第一激发态的能量为

1 ? ?13.58 eV 12 K ? ?1 3 . 5 8 e V E1 ? K E2 ? K 1 1 ? ?13.58 ? ? ?3.39 eV 2 4 2
(2) (3)

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=10.19 eV
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

h? ? E内 ? 10.19 eV=10.19 ?1.602 ?10-19 J=1.632 ?10-18 J (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 mv0 ? mvA ? mvB ? 光子的动量 (5)

1 2 1 2 2 (6) mv0 ? m(vA ? vB ) ? h? 2 2 2h? h? h? 光子的动量 p? ? 。由(6)式可推得 mv0 ? ,因为 v0 ?? c ,所以 mv0 ?? ,故(5) v0 c c 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 )
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 、 (7)

1 2 1 mv0 ? m(v A ? vB ) 2 ? mv AvB ? h? 2 2 1 2 ? mv0 ? mv A (v0 ? v A ) ? h? 2 2 mvA ? mvAv0 ? h? ? 0
经配方得
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 4 页

1 ? 1 2 ? m ? vA ? v0 ? ? mv0 ? h? ? 0 2 ? 4 ?

2

1 2 1 ? ? mv0 ? h? ? m ? vA ? v0 ? 4 2 ? ? 1 由(8)式可看出,当 vA ? v0 时, v0 达到最小值 v0min ,此时 2 vA ? vB
v0min ? 2
代入有关数据,得

2

(8)

(9) (10)

h? m

v0min ? 6.25 ?104 m/ s
答: B 原子的速度至少应为 6.25 ?10 m / s .
4

(11)

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 、I 2 的方向如图复解 18-4-1 所示,对左环电路 ADCFA ,有关系 ? ? I1rCFA ? I 2 rADC 因

rCFA ?


5r r , rADC ? , ? ? K? R 2 6 6 5r r ? I2 6 6
(1)

K? R2 ? I1

因回路 ADCEA 所围的面积为

? 2? ? 3 3 ? 2 2? ?R ? 12 ? ? ?
故对该回路有

? ? 2? ? 3 3 ? 2 ? r K ? 2? ? R ? ? 2I2 ? ? ? ? 12 6 ? ? ? ?
解得

(2)

I2 ?
代入(1)式,得

(2? ? 3 3) R 2 K 2r

(3)

(10? ? 3 3) R 2 K (4) 10r 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 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 I1 ?

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 5 页

?Fx ? I1B?l ? cos?
因 ?l ? cos ? ? ?l 故 ?Fx ? I1B?l

(5)

Fx ? ? I1B?l ? I1BPQ ? I1BR
刻所受安培力的合力 F1 仅有 x 分量,即

(6)

由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零, 所以在 t0 时

F1 ? Fx ? I1BR ? (10? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? BR 10r ? ?

? (10? ? 3 3) R2 ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R (7) 10r ? ?
方向向左 同理,载流导体弧 AC 在 t0 时刻所受的安培力为

? (2? ? 3 3) R2 ? F2 ? I 2 BR ? ? K ? BR 2r ? ? ? (2? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R 2r ? ?
方向向右 左环所受的合力大小为

(8)

F ? F1 ? F 2 ?
方向向左

9 3 K ( B 0? Kt )0 3 R 5r

(9)

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 ? 表示面电 荷密度.设球壳半径 a ? 10 cm 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 ??S ,它在球壳的球心 O 处产生的电势为 ?U1 ? k 心 O 产生的电势 U1 为

??S
a

,球壳外壁所有电荷在球

U1 ? ? ?U1 ? k

???S ? k Q1
a a

(1)

点电荷 q1 、 q2 在球壳的球心 O 处产生的电势分别为 k 壳的电势,按电势叠加原理,即有 q q Q k 1 ? k 2 ? k 1 ?U d1 d2 a 代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

q1 q 与 k 2 ,因球心 O 处的电势等于球 d1 d2
(2)

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 6 页

?q q ? U ? a ? 1 ? 2 ? ? ?8 ? 10-9 C k ? d1 d2 ? 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q 等于球壳外壁的电量 Q1 ,即 Ⅰ Q1 ? a

Q =Q1 ? ?8 ?10-9 C Ⅰ

(3)

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 q q Q k 1 ? k 2 ? k 2 ?U d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 (4)

?q q ? U ? d1 ? 1 ? 2 ? ? ?16 ? 10-9 C k ? d1 d2 ? 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) Q =Q2 ? ?16 ?10-9 C Ⅱ Q2 ? d1
在 a ? 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为

?Q =Q -Q ? ?8 ?10-9 C Ⅰ Ⅱ Ⅰ

(6)

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

k
解得球壳外壁电量

Q q2 ? k 3 ?U d2 d1

(7)

q U ? d1 2 ? ?6 ? 10-9 C k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 QⅢ ? Q3 ? (?q1 ) ? ?16 ?10-9 C Q3 ? d1
在这过程中,大地流向球壳的电量为

(8)

(9) (10)

?Q ? QⅢ ? Q ? 0 Ⅱ Ⅱ

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) Q4 表示此时球壳外壁的电量,类似 ,令 前面第 3 阶段中的分析,可得 q Q k 2 ? k 4 ?U d2 d2 由此得 (11)

Q4 ? d2

?q ? U ? d2 ? 2 ? ? ?12 ?10-9 C k ? d2 ?
(12)

球壳的电量 QⅣ 等于球壳内外壁电量的和,即

QⅣ=Q4 ? (?q1 ) ? ?22 ?10-9 C
大地流向球壳的电量为
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 7 页

?QⅢ ? QⅣ -QⅢ ? ?6 ?10-9 C

(13)

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

k
可得

Q5 ?U d2

(14)

Q5 ? d2
球壳的总电量是

U ? 4 ?10-9 C k
(15) (16)

QⅤ Q5 ? (q1 ? q2 ) ? ?22 ?10-9 C =
在这个过程中,大地流向球壳的电量是

?QⅣ ? QⅤ-QⅣ ? 0
Q6 ?U a1

6.当球壳的半径由 d2 增至 a1 ? 50 cm 时,令 Q6 表示此时球壳外壁的电量,有

k
可得

(17)

Q6 ? a1
球壳的总电量为

U ? 5 ?10-9 C k
(18) (19)

QⅥ=Q6 ? (q1 ? q2 ) ? ?21?10-9 C
大地流向球壳的电量为

?QⅤ ? QⅥ-QⅤ ? 1?10-9 C

六、参考解答 G 1. 在弹簧刚伸长至原长的时刻, G1 的速度的大小为 v1 , 设 方向向上, 2 的速度大小为 v 2 , 方向向下,则有

m1v1 ? m2v2 ? 0

(1) (2)

1 1 2 2 m1v1 ? m2v2 ? E0 2 2
解(1)(2)两式,得 、

v1 ?
v2 ?

2m2 E0 m1 (m1 ? m2 )
2m1E0 m2 (m1 ? m2 )

(3) (4)

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

H1 ?

(5)

EP1 ? m1 gH1 ?

m2 E0 m1 ? m2

(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
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 8 页

u ? 2 gh
方向向下,则有

(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 V2 ,

mV1 ? m2V2 ? (m1 ? m2 )u 1

(8) (9)

1 1 1 m1V12 ? m2V22 ? (m1 ? m2 )u 2 ? E0 2 2 2 消去(8)(9)两式中的 V2 ,得 V1 的方程式 、

? m ? ? m ? ? m ? m1 ?1 ? 1 ?V 2 ? 2m1 ?1 ? 1 ? uV1 ? m1 ?1 ? 1 ? u 2 ? 2E0 ? 0 1 ? m2 ? ? m2 ? ? m2 ? 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 ? 2E0 m2 m1 (m1 ? m2 ) 2E0 m1 m2 (m1 ? m2 )
2

(10) (11)

? 设 G1 从解除锁定处向上运动到达的最大高度为 H 2 ,则有
2 E0 m2 ? V2 1 ? ? H2 ? 1 ? ?u ? ? 2g 2g ? m1 (m1 ? m2 ) ? ? ?

?h?

m2 E0 E0 m2 h ?2 m1 g (m1 ? m2 ) m1g (m1 ? m2 ) m2 E0 E0 m2 h ?2 m1 g (m1 ? m2 ) m1 g (m1 ? m2 )

从井口算起, G1 上升的最大高度为

? H2 ? H2 ? h ?

(12)

讨论: 可以看出,在第二方案中, G1 上升的最大高度 H 2 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 H 2 时,其重力势能为

EP2 ? m1 gH 2 ?
(ⅰ)若 EP2 ? E0 即 这要求

m2 E0 m m E gh ?2 1 2 0 m1 ? m2 m1 ? m2

(13) (14)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2
E0 m1 4m2 g (m1 ? m2 )
(15)

h?

这时, G1 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 E H2 ? 0 m1 g (ⅱ)若 EP2 ? E0 即 这要求
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 9 页

(16)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2

h?

E0 m1 4m2 g (m1 ? m2 )

(17)

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 ?
(ⅲ)若 EP2 ? E0 即 这要求

E0 m1 g
(18)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2
E0 m1 4m2 g (m1 ? m2 )
(19)

h?

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 m1 g

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 10 页


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