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2001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 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=5cm. ?则右端为半径等于 5cm的向外凸的球面.

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

已知 φ 1、φ 1′均为小角度,则有 ? /φ 1=R1/φ 1(1-(1/n)). ≈ ,即M位于过F1垂直于主光轴的平面上.上面已

?与②式比较可知,

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)/( -R2),

?由②、③式可得(

-R1)/(

-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)=101.3×103Pa. 在z=5000 m时,大气压强为 ?p(5000)=53×103Pa.

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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°) =198×10


Pa,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) ?=(198×10 -101.3×10 )Pa ?=96.7×103Pa.
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?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℃.
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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. 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. 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 ③ ②

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 ⑥

?(1/2)mv02=(1/2)m(vA2+vB2)+hν ,

?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
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?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ADC FA,有

图 18-2-10

? E=I1rCFA+I2rADC, 因 故 rCFA=5r/6,rADC=r/6,E=kπ R2, kπ R2=I1(5r/6)+I2(r/6). ①

因回路ADCEA所围的面积为 ?2((2π -3 故对该回路有
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)/12)R2,

?k[2((2π -3 解得

)/12)R2]=2I2(r/6), )R2/2r)k, )R2/10r)k.

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 Δ l′为例,安培力 Δ F为径向,其x分量的大小表示 为 ?|Δ Fx|=I1BΔ l′cosα , 因 故 Δ l′cosα =Δ l, |Δ Fx|=I1BΔ l, =I1BR.

?|Fx|=Σ I1BΔ l=I1B

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 )R2/10r)kBR?

)R2/10r)k(B0-kt0)R,
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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 )R2/2r)kBR?

)R2/2r)k(B0-kt0)R,

方向向右.左环所受的合力大小为 ?F=F1-F2=(9 方向向左. ? /5r)k(B0-kt0)R3.

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 Δ S所带的电量为 σ Δ S,它在球壳的球心O处产生的电 势为 Δ U1=kσ Δ S/a,球壳外壁所有电荷在球心O产生的电势U1为 ?U1=Σ Δ U1=kΣ σ Δ S/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
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?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 ?Δ QⅠ=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 ?Δ 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))=-12×10-9C, 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 ?Δ QⅢ=QⅣ-QⅢ=-6×10-9C.
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?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,? 在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ?Δ QⅣ=QⅤ-QⅣ=0.? (16)? (15)?

?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,? 可得 (17)?

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 ?Δ QⅤ=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 ②

?(1/2)m1v12+(1/2)m2v22=E0, 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 ?H1=v1 /2g=((m2/m1g(m1+m2))E0,
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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, ⑧ ⑨

? (1/2) 1v1′+ m (1/2) 2v2′= m (1/2) (m1+m2) 2+E0, 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)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

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?Ep2=m1gH2=(m2E0/(m1+m2))+2 ?(i)若Ep2<E0,





2

<m1E0/(m1+m2), h<E0m1/4m2g(m1+m2).

这要求

?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

>m1E0/(m1+m2),

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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